化学习题与解答分解.docx

1、化学习题与解答分解分析化学习题与解答第1章 分析化学概论2. 有0.0982mol/L的H2SO4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L。问应加入0.5000mol/L H2SO4的溶液多少毫升？解：4要求在滴定时消耗0.2mol/LNaOH溶液2530mL。问应称取基准试剂邻苯二甲酸氢钾(KHC8H4O4)多少克？如果改用做基准物质，又应称取多少克？解：应称取邻苯二甲酸氢钾1.01.2g应称取0.30.4g6含S有机试样0.471g，在氧气中燃烧，使S氧化为SO2，用预中和过的H2O2将SO2吸收，全部转化为H2SO4，以0.108mol/LKOH标准溶液滴定至化学计量点，消

2、耗28.2mL。求试样中S的质量分数。解：80.2500g不纯CaCO3试样中不含干扰测定的组分。加入25.00mL0.2600mol/LHCl溶解，煮沸除去CO2，用0.2450mol/LNaOH溶液反滴定过量酸，消耗6.50mL，计算试样中CaCO3的质量分数。解：10不纯Sb2S30.2513g，将其置于氧气流中灼烧，产生的SO2通入FeCl3溶液中，使Fe3+还原至Fe2+，然后用0.02000mol/LKMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗溶液31.80mL。计算试样中Sb2S3的质量分数。若以Sb计，质量分数又为多少？解：12. 用纯As2O3标定KMnO4溶液的浓度。若0.211

3、2 g As2O3在酸性溶液中恰好与36.42 mL KMnO4反应。求该KMnO4溶液的浓度。解： 故 14H2C2O4作为还原剂。可与KMnO4反应如下：其两个质子也可被NaOH标准溶液滴定。分别计算0.100molL-1NaOH和0.100 molL-1 KMnO4溶液与500mg H2C2O4完全反应所消耗的体积（mL）。解： 16. 含K2Cr2O7 5.442gL-1的标准溶液。求其浓度以及对于Fe3O4（M=231.54gmol-1）的滴定度（mg/mL）。解： 18. 按国家标准规定，化学试剂FeSO47H2O（M=278.04gmol-1）的含量：99.50100.5%为一级

4、（G.R）；99.00%100.5%为二级（A.R）；98.00%101.0%为三级（C.P）。现以KMnO4法测定，称取试样1.012g，在酸性介质中用0.02034 molL-1 KMnO4溶液滴定，至终点时消耗35.70mL。计算此产品中FeSO47H2O的质量分数，并判断此产品符合哪一级化学试剂标准。解： 故为一级化学试剂。20. CN-可用EDTA间接滴定法测定。已知一定量过量的Ni2+与CN-反应生成Ni(CN)，过量的Ni2+以EDTA标准溶液滴定，Ni(CN)并不发生反应。取12.7mL含CN-的试液，加入25.00mL含过量Ni2+的标准溶液以形成Ni(CN)，过量的Ni2+

5、需与10.1mL 0.0130 molL-1 EDTA完全反应。已知39.3mL 0.0130 molL-1 EDTA与上述Ni2+标准溶液30.0mL完全反应。计算含CN-试液中CN-的物质的量浓度。解： 第2章 分析试样的采集与制备1某种物料，如各个采样单元间标准偏差的估计值为0.61，允许的误差为0.48，测定8次，置信水平选定为90%，则采样单元数应为多少?解：f=7 P=90% 查表可知t=1.902某物料取得8份试样，经分别处理后测得其中硫酸钙量分别为81.65、81.48、81.34、81.40、80.98、81.08、81.17、81.24，求各个采样单元间的标准偏差如果允许的

6、误差为0.20，置信水平选定为95，则在分析同样的物料时，应选取多少个采样单元？解：f=7 P=85% 查表可知 t=2.36 4已知铅锌矿的K值为0.1，若矿石的最大颗粒直径为30 mm，问最少应采取试样多少千克才有代表性?解：5采取锰矿试样15 kg，经粉碎后矿石的最大颗粒直径为2 mm，设K值为0.3，问可缩分至多少克？解：设缩分n次，则 解得，所以n=3 m =第3章 分析化学中的误差与数据处理1根据有效数字运算规则，计算下列算式：(1)19.469+1.537-0.0386+2.54(2) 3.60.032320.592.12345(3)(4) pH=0.06，求H+=? 解：a.

7、原式=19.47+1.54-0.04+2.54=23.51 b. 原式=3.60.032212.1=5.1 c. 原式= d. H+=10-0.06=0.87( mol/L )3设某痕量组分按下式计算分析结果：，A为测量值，C为空白值，m为试样质量。已知sA=sC=0.1，sm=0.001，A=8.0，C=1.0，m=1.0，求sx。解： 且 故5. 反复称量一个质量为 1.0000g的物体，若标准偏差为0.4mg，那么测得值为1.00001.0008g的概率为多少？ 解：由 故有 即 查表得 P=47.73%7要使在置信度为95时平均值的置信区间不超过s，问至少应平行测定几次?解： 查表，得

8、： 9. 测定黄铁矿中硫的质量分数，六次测定结果分别为30.48%, 30.42%, 30.59%, 30.51%, 30.56%, 30.49%，计算置信水平95%时总体平均值的置信区间。解： =0.06% 置信度为95%时： 11.下列两组实验数据的精密度有无显著性差异(置信度90)? A：9.56，9.49，9.62，9.51，9.58，9.63 B：9.33，9.51，9.49，9.51，9.56，9.40解：a. 故 b. 故 所以 查表得2.22113用两种不同分析方法对矿石中铁的质量分数进行分析，得到两组数据如下： s n 方法1 15.34 0.10 11 方法2 15.43

9、0.12 11 a置信度为90时，两组数据的标准偏差是否存在显著性差异? b在置信度分别为90，95及99时，两组分析结果的平均值是否存在显著性差异?解：(a)=0.00102，=0.00122F=1.440.063查表得：当置信度为95%时，=2.090.063查表得：当置信度为99%时，=2.840.063所以两组分析结果的平均值不存在显著性差异。15实验室有两瓶NaCl试剂，标签上未标明出厂批号，为了判断这两瓶试剂含Cl-1的质量分数是否有显著性差异，某人用莫尔法对它们进行测定，结果如下： A瓶 60.52，60.41，60.43，60.45B瓶 60.15，60.15，60.05，60

10、.08问置信度为90%时，两瓶试剂含Cl-1的质量分数是否有显著性差异？解：用F检验法：= =60.45%，= =2.310-3=60.11%，=2.610-3F=1.13， 查表得F表=9.281.13因此没有差异。用t检验法：S=5.010-4所以 t=9.6而查表得t表=1.941.46,因此没有显著性差异。用t检验法：S=4.010-3所以 t=2.8而查表得t表=2.45 10Kwc/Kb 100故使用最简式； OH- = = 5.2910-6 pH = 14 pOH = 8.72c. NH4+ Ka = 5.6 10-10 HCN Ka = 6.2. 10-10cKa 10Kw c

11、 10 Ka 由近似公式可以得到：H+ = = = 5.8910-10pH = 10 0.77 = 9.23e. 氨基乙酸一端羧基显酸性，一端氨基显碱性，Ka1 = 4.510-3 , Ka2 = 2.5 10-10c/Ka2 100 且c 10 Ka1所以H+ = = = 1.06 10-6pH = 6-0.03 = 5.97g. 对于双氧水而言，Ka = 1.8 10-12cKa 100所以可以计算氢离子浓度H+ = = = 1.67 10-7pH = 7 0.22 = 6.78i. 由于ClCH2COONa + HCl = ClCH2COOH + NaCl 所以原溶液可以看成0.050m

12、ol/L的ClCH2COOH和0.010mo/LHCl的混合溶液设有x mol/L的ClCH2COOH发生离解，则 ClCH2COOH ClCH2COO- + H+ 0.05-x x 0.01+x 所以有= Ka = 1.4 10-3解得x = 4.4 10-3mol/L那么H+ = 0.0144mol/L pH = -log H+ = 1.845某混合溶液含有0.10 molL-l HCl、2.010-4 molL-l NaHSO4和2.010-6 molL-l HAc。a计算此混合溶液的pH。b加入等体积0.10 molL-l NaOH溶液后，溶液的pH。解：a. HSO4- Ka2=1.

13、010-2 HAc Ka=1.810-5 均为弱酸，且浓度远低于HCl的浓度，所以此体系中的HSO4-和HAc在计算pH值时刻忽略。故pH=1.00。 b.加入等体积0.1mol/LNaOH溶液，HCl被中和，体系变为HSO4-和HAc的混酸体系， 忽略KW及KHAHA，H+ 2=（CHSO4-H+ ）解得H+ =9.9010-5 故pH=4.007已知Cr3+的一级水解反应常数为10-3.8，若只考虑一级水解，则0.010 molL-l Cr(ClO4)3 的pH为多少? 此时溶液中Cr(OH)2+的分布分数是多大?解：1） mol/L 故pH=2.93 2）9今用某弱酸HB及其盐配制缓冲溶

14、液，其中HB的浓度为0.25 molL-l。于100mL该缓冲溶液中加入200 mg NaOH(忽略溶液体积的变化)，所得溶液的pH为5.60。问原来所配制的缓冲溶液的pH为多少? (已知HB的) 解：（mol/L） 已知p Ka=5.30，pH=5.60 设原缓冲溶液中盐的浓度为x mol/L，故 得x=0.35 则原缓冲溶液pH= 11配制氨基乙酸总浓度为0.10 molL-l的缓冲溶液(pH =2.0)100mL，需氨基乙酸多少克?还需加多少毫升1 molL-l酸或碱，所得溶液的缓冲容量为多大?解：设酸以HA表示，p Ka1=2.35 p Ka2=9.60 1)需HA质量m=0.1010

15、075.00.75（g） 2）因为氨基乙酸及质子化氨基乙酸构成缓冲溶液，设pH=2时，质子化氨基乙酸浓度为xmol/L，则 即，解得x=0.079 生成0.079mol/L的质子化氨基乙酸，需加酸为0.079100=7.9ml13计算下列标准缓冲溶液的pH(考虑离子强度的影响)，并与标准值相比较。 a饱和酒石酸氢钾(0.034 0 molL-l)； c0.010 0 molL-l 硼砂。解：a. p Ka1=3.04，p Ka24.37 I= （mol/L）， 查表得， 故，得 同理可得， 又 最简式 pH=3.56 c. c=0.0100 mol/L，p Ka1=4，p Ka2=9 查表 故

16、 K=5.810-10 故pH=9.1816. 解： 已知一元弱酸的，问其等浓度的共轭碱的为多少？（已知：，且）解：据题意：19. 用滴定至。计算终点误差。解：时22. 用滴定羟胺盐酸盐（）和的混合溶液。问化学计量点时溶液的为多少？在化学计量点有百分之几的参加了反应？解：(1) 已知时，产物为和(2) 时，参加反应的百分数为：25.称取钢样，溶解后，将其中的磷沉淀为磷钼酸铵。用溶解沉淀，过量的用返滴定至酚酞刚好褪色，耗去。计算钢中和的质量分数。解：过量用于滴定磷钼酸铵的含物质的量为：28. 标定甲醇钠溶液时，称取苯甲酸，消耗甲醇钠溶液，求甲醇钠的浓度。解：，令其浓度为第 7 章 氧化还原滴定法

17、1. 解：查表得：lgK(NH3) =9.46E=EZn2+/Zn+0.0592lgZn2+/2 =-0.763+0.0592lg(Zn(NH3)42+/K(NH3)4)/2=-1.04V3. 解：E Hg22+/Hg=EHg22+/Hg+0.5*0.0592lgHg2+ =0.793+0.5*0.0592lg(Ksp/Cl-2) EHg22+/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+= EMnO4-/Mn2+0.059*lg（ MnO4-/Mn2+）/5

18、 当还原一半时：MnO4-=Mn2+ 故E MnO4-/Mn2+= EMnO4-/Mn2+=1.45VCr2O72-=0.005mol/LCr3+=2*0.05=0.10mol/L ECr2O72-/Cr3+= ECr2O72-/Cr3+0.059/6*lg（Cr2O72-/Cr3+）=1.01V7. 解：Cu+2AgCu22Ag lgK（0.80-0.337）*2/0.05915.69 K1015.69Cu2/ Ag2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/L9. 解：2S2O32-+I-3=

19、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/LI-=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 lgI-3/ I-3 (1) E S4O62/-S2O32-=0.080+0.0295 lgS4O62-/ S2O322 (2)

20、(1)*4+(2)*2得：6Esp=2.34+0.059 lgI-32S4O62-/ I-6S2O32-2由于此时S4O62-=2I-3，计算得S4O62-=0.025mol/L I-=0.55mol/L,代入上式Esp=0.39=0.059/6* lgS4O62-/4 I-6=0.384V(c) 当滴定分数为1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lgS4O62-/ S2O322 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

21、lg0.200/(0.200)2=1.30V11解： Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+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, E=0.84-1.06=-0.22Et=(10-0.22/0.059-100.22/0.059)/100.76/2*0.059*100%=-0.19%在H2SO4+H3PO4介质中，Fe3+=1+103.5*0.5=5*102.5=103.2, Fe2+=1