电导分析法分析和总结.docx

第十一章 电导分析法 (书后习题参考答案) 在 25℃时，用面积为 1.11cm2,相距 1.00cm 的两个平行的铂黑电极来测定纯水的电导， 其理论值为多少？ 解：已知 A=1.11cm2, l=1.00cm 查表知，H+、OH-离子的极限摩尔电导率分别为 λ =349.82×10-4S·m2· mol-1，λ H+ =349.82×10-4S·m2· mol-1 OH- 纯水的极限摩尔电导率 Λ =λ +λ =547.42×10-4S·m2·mol-1 m H+ OH- 纯水中氢离子、氢氧根离子的浓度均为 10-7mol·L-1，即 c=10-4mol·m-3 由纯水的电导率为 k=cΛ =5.4742×10-6S·m-1 m 所以纯水电导率为 G=kA/l=5.4742×10-6×1.11×10-2=6.08×10-8S 用电导池常数为 0.53cm-1 的电导池测得某硝酸溶液的电导为 22.7mS，计算该硝酸溶液的物质的量的浓度。 解：电导池常数 θ=l/A=0.53cm-1=53m-1, G=22.7mS 由条件，得 G=c·Λ /θ, Λ =λ +λ m m H+ NO3- c ? G ?? ? 22.7 ?10?3 ? 53 ? 28.6 则? (349.82 ? 71.44) ?10?4 则 m mol·m-3 即 c=0.0286mol·L-1 在电池中，放有两支面积为 1.25×10-4m2 的平行电极，相距 0.105m，测得某溶液的电阻为 1995.6Ω，计算池常数和溶液的电导率。 解：已知 A=1.25×10-4m2, l=0.105m, R=1995.6Ω l ? ? ? 0.105 ? 840 池常数 A 1.25 ?10?4 m-1 由 G=1/R=k/θ 得到：k=θ/R=840/1995.6=0.421S·m-1 某电导池内装有两个直径为 4.0×10-2m 并相互平行的圆形电极，电极之间的距离为 0.12m，若池内盛满浓度为 0.1mol·L-1 的 AgNO 3 溶液，并施加 20V 电压，则所测电流强 度为 0.1976A。试计算池常数、溶液的电导、电导率和AgNO 3 的摩尔电导率。 解：已知 A=3.14×4×10-4=1.256×10-3m2, l=0.12m, c=0.1mol·L-1=100mol·m-3 池常数 θ=l/A=0.12/(1.256×10-3)=95.5m-1 溶液的电导 G=i/E=9.88×10-3S 电导率 k=G·θ=9.88×10-3×95.5=0.943S·m-1 Λ =k/c=9.43×10-3S·m2· mol-1 m 用一个具有池常数为 555m-1 的电导池测得饱和 AgCl 水溶液的电阻值为 67953Ω(298K)， 实验用水的电导率为 8×10-5S·m-1。计算 AgCl 的溶度积。 解：k =θ/R=555/67953=8.167×10-3S·m-1 溶液 k = k －k =8.167×10-3－8×10-5=8.087×10-3S·m-1 AgCl 溶液 水 以于 AgCl 的离解平衡，AgCl==Ag+ + Cl-, a(Ag+)=a(Cl-) k =a(Ag+)·λ + a(Cl-)·λ ＝a(Ag+) (λ + λ ) AgCl Ag+ Cl- Ag+ Cl- 即 8.087×10-3= a(Ag+)× (61.9+76.34)×10-4 则 a(Ag+) =0.585mol·m3＝5.85×10-4 =mol·L-1 K = a(Ag+)·a(Cl-)＝(5.85×10-4)2=3.42×10-7 sp-AgCl 给出下列滴定体系的电导滴定曲线：（1）用 KCl 滴定 AgNO ；（2）用 LiCl 滴定 AgAc. 3 解： 普通电导法测量中，为什么以交流电源对电导池供电为好？ 解：因为直流电通过电解质溶液时，会发生电解作用，使溶液中组分的浓度发生变化，电阻 也随之改变，同时由于两电极上的电极反应，产生反电动势，影响测定．因此以交流电源对电导池供电为好． 用电导法测SO 2 气体时，通常选什么吸收液？为什么？ 解：用固定浓度的NaOH 溶液作吸收液．因为产物SO 比较大． 高频滴定的主要特点和优点是什么？ 的电导率与OH-的摩尔电导率差别 3 解：特点：电极不直接与溶液接触，避免了电解和极化现象． 高频电导滴定的优点是： 电极不直接与试液接触，避免了电解和电极极化现象。适用于沉淀滴定，也可用于一般金属离子的EDTA 络合滴定。 能测定电容变化。对于非水溶剂的滴定分析，由于电导值变化小而电容变化大，高频电导滴定特别适宜。 对于介电常数相差远的两组分混合物的分析，普通滴定