化学习题与解答分解.docx

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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/LH2SO4的溶液多少毫升？

解：

4．要求在滴定时消耗0.2mol/LNaOH溶液25~30mL。

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1.0~1.2g

应称取0.3~0.4g

6．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，消耗28.2mL。

求试样中S的质量分数。

解：

8．0.2500g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0.2112gAs2O3在酸性溶液中恰好与36.42mLKMnO4反应。

求该KMnO4溶液的浓度。

解：

     故

14．H2C2O4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0.100mol·L-1NaOH和0.100mol·L-1KMnO4溶液与500mgH2C2O4完全反应所消耗的体积（mL）。

解：

16.含K2Cr2O75.442g·L-1的标准溶液。

求其浓度以及对于Fe3O4（M=231.54g·mol-1）的滴定度（mg/mL）。

解：

18.按国家标准规定，化学试剂FeSO4·7H2O（M=278.04g·mol-1）的含量：

99.50~100.5%为一级（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0.02034mol·L-1KMnO4溶液滴定，至终点时消耗35.70mL。

计算此产品中FeSO4·7H2O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+需与10.1mL0.0130mol·L-1EDTA完全反应。

已知39.3mL0.0130mol·L-1EDTA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=7P=90%查表可知t=1.90

2．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=7P=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30mm，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15kg，经粉碎后矿石的最大颗粒直径为2mm，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）3.6⨯0.0323⨯20.59⨯2.12345

（3）

（4）   pH=0.06，求[H+]=?

解：

a.原式=19.47+1.54-0.04+2.54=23.51

      b.原式=3.6×0.032×21×2.1=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1.0000~1.0008g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：

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>2.221

13．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％      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，=0.00122

F==1.44

所以两组数据的标准偏差无显著性差异。

（b）由=得，=0.01，=0.012

 s===0.0332=3.32%

 t===0.063

查表得：

当置信度为90%时，=1.72>0.063

查表得：

当置信度为95%时，=2.09>0.063

查表得：

当置信度为99%时，=2.84>0.063

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％，60.45％

B瓶 60.15％，60.15％，60.05％，60.08％

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%，= =2.610-3

F==1.13，查表得F表=9.28>1.13

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=1.94<9.6

所以存在显著性差异。

17．为提高光度法测定微量Pd的灵敏度，改用一种新的显色剂。

设同一溶液，用原显色剂及新显色剂各测定4次，所得吸光度分别为0.128，0.132，0.125，0.124及0.129，0.137，0.135，0.139。

判断新显色剂测定Pd的灵敏度是否有显著提高?

（置信度95％）

解：

用F检验法：

==0.127，，==1.310-5

==0.135,  ==1.910-5

F==1.46

查表得F表=9.28>1.46,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<2.8

所以存在显著性差异。

21．某荧光物质的含量（χ）及其荧光相对强度（y）的关系如下：

   含量χ/μg      0.0  2.0 4.0 6.0  8.0 10.0  12.0

   荧光相对强度y 2.1  5.0 9.0 12.6 17.3 21.0 24.7

   a．列出一元线性回归方程

   b．求出相关系数并评价y与x间的相关关系。

解：

由题意可得，=6.0，=13.1，

=216.2，

=112.0，=418.28，

所以b===1.93，

=13.1-1.936.0=1.52

所以一元回归方程为：

y=1.52+1.93x

（b）因为=0.9987

比较接近于1，所以y与x的线性关系很好。

第4章 分析质量的控制与保证

[16] 解：

平均值=0.256 mg/L 

        标准偏差s=0.020 mg/L

标准物质标准值μ=0.250mg/L

 控制限3s=（0.2560.060）mg/L

警戒限2s=（0.2560.040）mg/L

绘制分析数据的质控图如下图。

    还原糖分析的质量控制图

第5章酸碱平衡和酸碱滴定法

1．写出下列溶液的质子条件式。

a．c1mol·L-lNH3+c2mol·L-lNH4Cl；

c．c1mol·L-l）H3PO4+c2mol·L-lHCOOH；

解：

a.对于共轭体系，由于构成了缓冲溶液，所以可以将其视为由强酸（HCl和弱碱（NH3）反应而来，所以参考水准选为HCl,NH3和H2O

质子条件式为：

[H+]+[NH4+]=[Cl-]+[OH-]

或[H+]+[NH4+]=c2+[OH-]

c.直接取参考水平：

H3PO4 ,HCOOH,H2O

质子条件式：

[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[HCOO-]+[OH-]

3．计算下列各溶液的pH。

 a．0.050mol·L-lNaAc；            

 c．0.10mol·L-lNH4CN；            

e．0.050mol·L-l氨基乙酸；       

g．0.010mol·L-lH2O2液；           

i．0.060mol·L-lHCI和0.050mol·L-l氯乙酸钠（ClCH2COONa）混合溶液。

解：

a.对于醋酸而言，Kb=Kw/Ka=5.6 10-10

应为cKb=5.6 10-10 510-2=2.8 10-11>10Kw

c/Kb>100

 故使用最简式；

      [OH-]= =5.29 10-6 

      pH=14–pOH=8.72

c.NH4+  Ka’=5.6 10-10 

HCN  Ka=6.2. 10-10

cKa’>10Kw     c>10Ka

由近似公式可以得到：

[H+]= = =5.89 10-10

pH=10–0.77=9.23

e.氨基乙酸一端羧基显酸性，一端氨基显碱性，Ka1=4.5 10-3,Ka2=2.5 10-10

c/Ka2>100 且c>10Ka1

所以[H+]= = =1.06 10-6

pH=6-0.03=5.97

g.对于双氧水而言，Ka=1.8 10-12

cKa<10Kw    c/Ka>100

所以可以计算氢离子浓度

[H+]= = =1.67 10-7

pH=7–0.22=6.78

i.由于ClCH2COONa+HCl=ClCH2COOH+NaCl 

 所以原溶液可以看成0.050mol/L的ClCH2COOH和0.010mo/LHCl的混合溶液设有xmol/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+]=1.84

5．某混合溶液含有0.10mol·L-lHCl、2.0×10-4mol·L-lNaHSO4和2.0×10-6mol·L-lHAc。

a．计算此混合溶液的pH。

b．加入等体积0.10mol·L-lNaOH溶液后，溶液的pH。

解：

a.HSO4-Ka2=1.0×10-2    HAcKa=1.8×10-5

       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KHA[HA]，

[H+]2=（CHSO4--[H+]）

解得[H+]=9.90×10-5  故pH=4.00

7．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0.010mol·L-lCr（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及其盐配制缓冲溶液，其中HB的浓度为0.25mol·L-l。

于100mL该缓冲溶液中加入200mgNaOH（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pKa=5.30，pH=5.60

      设原缓冲溶液中盐的浓度为xmol/L，故

      得x=0.35

      则原缓冲溶液pH=

11．配制氨基乙酸总浓度为0.10mol·L-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1mol·L-l酸或碱，所得溶液的缓冲容量为多大?

解：

设酸以HA表示，pKa1=2.35  pKa2=9.60

      1）需HA质量m=0.10×100×75.0×＝0.75（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0.079×100=7.9ml

13．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（0.0340mol·L-l）；

   c．0.0100mol·L-l硼砂。

解：

a.pKa1=3.04，pKa2＝4.37

         I=（mol/L），

         查表得，，，

         故

，得

         同理可得，

         又   

         最简式

         pH=3.56

      c.c=0.0100mol/L，pKa1=4，pKa2=9

        查表

 故

          K=5.8×10-10

        故pH=9.18

16.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Ｐ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

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：

EHg22+/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

      EHg22+/Hg=0.265+0.5*0.0592lg（1/[Cl-]2）=0.383V

5.解：

EMnO4-/Mn2+=Eθ′MnO4-/Mn2++0.059*lg（[MnO4-]/[Mn2+]）/5

当还原一半时：

[MnO4-]=[Mn2+]故EMnO4-/Mn2+=Eθ′MnO4-/Mn2+=1.45V

[Cr2O72-]=0.005mol/L

[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=EI3-/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：

EI-3/I-=0.545+0.0295lg[I-3]/[I-]3 

（1）

ES4O62/-S2O32-=0.080+0.0295lg[S4O62-]/[S2O32]2 

（2）

（1）*4+

（2）*2得：

6Esp=2.34+0.059lg[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=ES4O62/-S2O32-=0.80+0.0295lg[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+0.0295lg0.200/（0.200）2=1.30V

11．解：

 Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+

终点时CCe3+=0.05000mol/l,Fe2+=0.05000mol/l.

所以CCe4=CCe3+*10（0.94-1.44）/0.059=1.7*10-10mol/l

         CFe2+=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=-0.22

Et=（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