化學(xué)習(xí)題與解答分解

1、化學(xué)習(xí)題與解答分解作者：日期：?分析化學(xué)習(xí)題與解答第 1 章 分析化學(xué)概論2. 有 0.0982mo/l 的 2so4 溶液 80l，現(xiàn)欲使其濃度增至 .100 mol/l 。問應(yīng)加入 0.50 0ml l h2 o4 的溶液多少毫升？解：4. 要求在滴定時(shí)消耗 0.2mol/ n h 溶液 2530ml。問應(yīng)稱取基準(zhǔn)試劑鄰苯二甲酸氫鉀 (khc8h4 4) 多少克 ?如果改用做基準(zhǔn)物質(zhì)，又應(yīng)稱取多少克 ?解 :應(yīng)稱取鄰苯二甲酸氫鉀1.01.2g應(yīng)稱取0.3 06. 含有機(jī)試樣 . 71g，在氧氣中燃燒，使氧化為 s2，用預(yù)中和過的 h2o2 將 so 吸收，全部轉(zhuǎn)化為 h2so4，以 0 0

2、8mol/l oh標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至化學(xué)計(jì)量點(diǎn)，消耗 28 m。求試樣中 s 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解 :02 0g 不純 cac 試樣中不含干擾測(cè)定的組分。 加入 25.0 ml.2600 / hl 溶解，煮沸除去 co2，用 .2450ml/lnao 溶液反滴定過量酸，消耗 .50ml，計(jì)算試樣中 caco3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解 :10不純 b2 s30.251 ，將其置于氧氣流中灼燒， 產(chǎn)生的 o2 通入 fcl 3 溶液中 , 使 3+還原至 f2 ，然后用 0. 2000mol/lkmn4 標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定 fe2 ，消耗溶液 31.80m。計(jì)算試樣中 sb2s的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。若以 sb 計(jì), 質(zhì)量分?jǐn)?shù)又為多少

3、 ?解： 2 用純 a2 o 標(biāo)定 kmn4 溶液的濃度。若 0.2112 g s2 o3 在酸性溶液中恰好與 36.4 ml kmn4 反應(yīng)。求該 k 溶液的濃度。解：故14. c 作為還原劑?？膳c no4 反應(yīng)如下：其兩個(gè)質(zhì)子也可被 nah 標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。分別計(jì)算 010moll- naoh和 0.1 0 ml 1 mno溶液與 500mg h2c 4 完全反應(yīng)所消耗的體積（ ml）。解 : 6.含 2cr2o7 5 442 1 的標(biāo)準(zhǔn)溶液。求其濃度以及對(duì)于fe3o4（m=21.54g ol -1 ) 的滴定度（ m/ l) 。解： 按國家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定，化學(xué)試劑 eso 7h2o（27 0 m

4、ol-1 ) 的含量 :99. 010. %為一級(jí)（ g r); 9.00 100.5%為二級(jí) (a. ） ;9 . %11.0%為三級(jí)（ c.p）?，F(xiàn)以 kmno4法測(cè)定，稱取試樣 .0 2g, 在酸性介質(zhì)中用 002034 mol -1 kmno4溶液滴定，至終點(diǎn)時(shí)消耗 357ml。計(jì)算此產(chǎn)品中 fso4 ho的質(zhì)量分?jǐn)?shù) , 并判斷此產(chǎn)品符合哪一級(jí)化學(xué)試劑標(biāo)準(zhǔn)。解：故為一級(jí)化學(xué)試劑。 0. cn 可用 edta間接滴定法測(cè)定。已知一定量過量的ni 2 與 n- 反應(yīng)生成 ni（ cn)，過量的 ni 2 以 et標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定， n(cn)并不發(fā)生反應(yīng)。取2+12.7ml 含 cn 的試液

5、,加入 25.00ml 含過量 ni 的標(biāo)準(zhǔn)溶液以形成 n（ c) ,過量的0.0130試液中ni 2 需與 .1 l 0 0130 mol l-1 e a 完全反應(yīng)。已知39. mlm l l-1 edt與上述 ni 2 標(biāo)準(zhǔn)溶液 300ml完全反應(yīng)。計(jì)算含 n-c - 的物質(zhì)的量濃度。解 :第 2 章 分析試樣的采集與制備1某種物料 , 如各個(gè)采樣單元間標(biāo)準(zhǔn)偏差的估計(jì)值為0. ，允許的誤差為0.48%, 測(cè)定 8 次，置信水平選定為90%,則采樣單元數(shù)應(yīng)為多少？解： f=7p=90%查表可知 = . 2某物料取得 8 份試樣 , 經(jīng)分別處理后測(cè)得其中硫酸鈣量分別為1.6 %、 8 .48

6、、 8.34%、81.40 、 0. 8、 81 8%、 117、 81. 4,求各個(gè)采樣單元間的標(biāo)準(zhǔn)偏差 . 如果允許的誤差為 0.20 ，置信水平選定為 95 , 則在分析同樣的物料時(shí)，應(yīng)選取多少個(gè)采樣單元 ?解 :f= p=5 查表可知t .364. 已知鉛鋅礦的 k 值為 . ，若礦石的最大顆粒直徑為 3 mm,問最少應(yīng)采取試樣多少千克才有代表性？解 :5采取錳礦試樣 5 kg，經(jīng)粉碎后礦石的最大顆粒直徑為 2 mm,設(shè) k 值為 .3 ，問可縮分至多少克 ?解：設(shè)縮分 n 次，則解得，所以 n3m 第 3 章 分析化學(xué)中的誤差與數(shù)據(jù)處理1根據(jù)有效數(shù)字運(yùn)算規(guī)則, 計(jì)算下列算式 :(1)

7、19 69+1.537- 03862.54(2 ） . .0 3 20.59.12 ( )( )ph=.0 , 求 h+=?解 :a.原式 =1947+.54- .04+2.54=23 51b 原式 60. 32212. .1 . 原式 =d. h+=10 - .06 =0.87 （ ol l ）設(shè)某痕量組分按下式計(jì)算分析結(jié)果：, a為測(cè)量值 , 為空白值 , m為試樣質(zhì)量。已知sa=sc=0， =0. 01，a=8.0 ， c=1.0, m=1.0 ，求 s 。解 :且故5. 反復(fù)稱量一個(gè)質(zhì)量為 .0000 的物體，若標(biāo)準(zhǔn)偏差為 0 mg，那么測(cè)得值為 1.0000 1.000 g 的概率為

8、多少 ?解 : 由故有即查表得 p=4 .73%7. 要使在置信度為 95時(shí)平均值的置信區(qū)間不超過 , 問至少應(yīng)平行測(cè)定幾次？解 :查表 , 得：9. 測(cè)定黃鐵礦中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù) , 六次測(cè)定結(jié)果分別為 3048%, 30.42%, 3 %, 30.51%, 30.56 ， 3 49%，計(jì)算置信水平 95%時(shí)總體平均值的置信區(qū)間。解 : 0. 6%置信度為 9時(shí) :11. 下列兩組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的精密度有無顯著性差異（置信度9 %)? a： 9.56, .49 ，962，951， 9.5 ， 9. b ： .33 ， .5 ,9.49 ，9.51,9.56 ，9.40解 :a.故b 故所以查表得222

9、113. 用兩種不同分析方法對(duì)礦石中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)進(jìn)行分析 , 得到兩組數(shù)據(jù)如下 :sn方法 15.34 010%11方法 25.4 %0.1 %1a. 置信度為 0%時(shí), 兩組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)偏差是否存在顯著性差異?b在置信度分別為 90， 5及 9%時(shí) , 兩組分析結(jié)果的平均值是否存在顯著性差異 ?解：（） =. 0102,=0.0 122f=1.440.0 3查表得：當(dāng)置信度為95%時(shí)，=.0 0.063查表得 : 當(dāng)置信度為 99%時(shí)，=2.8 .063所以兩組分析結(jié)果的平均值不存在顯著性差異。15. 實(shí)驗(yàn)室有兩瓶 n l 試劑，標(biāo)簽上未標(biāo)明出廠批號(hào) , 為了判斷這兩瓶試劑含cl - 的質(zhì)量分

10、數(shù)是否有顯著性差異，某人用莫爾法對(duì)它們進(jìn)行測(cè)定,結(jié)果如下：a 瓶60 5 %,60 41， 60.43%,60 45%b 瓶60.15 , 0. 5%， 60. 5,6 08%問置信度為 0%時(shí)，兩瓶試劑含 cl - 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否有顯著性差異？解：用 f 檢驗(yàn)法 :=60.45%,=2 3 - = 60. 1， =2.6 0f=1.13,查表得 表 9. .13因此沒有差異。用 t 檢驗(yàn)法： =5.010- 所以 t=9 6而查表得 t 表=1941.46, 因此沒有顯著性差異。用 t 檢驗(yàn)法 :s=4.0 103所以 2.8而查表得 表=245 1 kwc/k b 100故使用最簡(jiǎn)式； h

11、 = 5 2910- ph = 4 p = 8.72c nh+ka = 5.61-10c a= .2.1-1010k 10 kkaa由近似公式可以得到：h+ = .890-10ph = 10 0 77 9 3e. 氨基乙酸一端羧基顯酸性 , 一端氨基顯堿性， a1 4.5, a2 = 51-1 c/k a2 1 0且 k a1所以 h = . 10-6p 60.03=5.97 對(duì)于雙氧水而言 ,k a= 1.8-120ck 10 aa所以可以計(jì)算氫離子濃度+= 1.67 7 h =1ph 7 0.2 = 6.7i.由于 ch2oona + hcl =clch cooh na l所以原溶液可以看

12、成 .050ml l 的 clch2coh和 .0 0mo/l l 的混合溶液設(shè)有 mol/l 的 ch2co發(fā)生離解 , 則22-+clchcoocchcoo+h0.05-xx001+x所以有= ka = 1 410 3解得 x= .40 3ml/l那么 h = 0.0 44mol/lph = log h + = 1.85. 某混合溶液含有 0.10ol -lhcl 、2.0 -4-l so4 和ml l2.0 10 6-lmol hac。a計(jì)算此混合溶液的 h。加入等體積-l0.10 m l nah 溶液后 , 溶液的 ph。解： a. s-2ac k-54k =.0 10=1.8 10a

13、2-均為弱酸，且濃度遠(yuǎn)低于 cl 的濃度 , 所以此體系中的 ho4和在計(jì)算 h值時(shí)刻忽略。故 h=1 00。b. 加入等體積 0. m l/lnaoh 溶液， hc被中和，體系變?yōu)?s-4 和 ha的混酸體系，忽略 k 及 a,h+ 2 =（ hs 4- -h ）解得 h =9.90 5故 ph=4.007. 已知 c+的一級(jí)水解反應(yīng)常數(shù)為 10 3.8 ，若只考慮一級(jí)水解 , 則 0.010-l( o ) 的 h為多少？2+l 此時(shí)溶液中 cr( h) 的分布分?jǐn)?shù)是多大 ?解： 1)mo/l故 ph . 3 )-l9今用某弱酸 hb及其鹽配制緩沖溶液，其中hb的濃度為 0.25 moll

14、。于 10 m該緩沖溶液中加入200 g n oh(忽略溶液體積的變化 ) ，所得溶液的 ph為 560。問原來所配制的緩沖溶液的ph為多少 ? ( 已知 hb的)解：( l/ ）已知 p k a 30,p =5.6 設(shè)原緩沖溶液中鹽的濃度為x l/l ，故得 x=0.35則原緩沖溶液 ph=11配制氨基乙酸總濃度為 .10 需氨基乙酸多少克 ?還需加多少毫升為多大 ?ml -l 的緩沖溶液 (ph =2.0) 0ml，-l1ol l 酸或堿 , 所得溶液的緩沖容量解：設(shè)酸以 h表示， k =2. 5p 2=9 601) 需 a 質(zhì)量 m=0.101 75.0 0.7 (g ）因?yàn)榘被宜峒百|(zhì)

15、子化氨基乙酸構(gòu)成緩沖溶液，設(shè)p=2時(shí), 質(zhì)子化氨基乙酸濃度為mol/l, 則即，解得 0. 79生成 7mo的質(zhì)子化氨基乙酸，需加酸為 .079 10 7. ml13計(jì)算下列標(biāo)準(zhǔn)緩沖溶液的h(考慮離子強(qiáng)度的影響） , 并與標(biāo)準(zhǔn)值相比較。a 飽和酒石酸氫鉀 (0 04 0 m l l ); .0. - 硼砂。0 0 m l解 :a p k 1=3.04,p k a2 4.37i=（ mol/l ）,查表得 ,，故，得同理可得又最簡(jiǎn)式,ph=.56c. c=0.01 0 l/l ，p k 1=4， k 29查表故 5810- 0故 ph=.1816.解： 已知一元弱酸的，問其等濃度的共軛堿的為多少

16、 ?( 已知 :, 且)解：據(jù)題意 :19.用滴定至。計(jì)算終點(diǎn)誤差。解：時(shí)22.用滴定羥胺鹽酸鹽 (的混合溶液。問化學(xué)計(jì)量點(diǎn)時(shí)溶液的學(xué)計(jì)量點(diǎn)有百分之幾的參加了反應(yīng) ?）和為多少 ?在化解： (1)已知時(shí), 產(chǎn)物為和( )時(shí)，參加反應(yīng)的百分?jǐn)?shù)為：25稱取鋼樣，溶解后 , 將其中的磷沉淀為磷鉬酸銨。用溶解沉淀，過量的用返滴定至酚酞?jiǎng)偤猛噬?,耗去。計(jì)算鋼中和的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：過量用于滴定磷鉬酸銨的含 p 物質(zhì)的量為：標(biāo)定甲醇鈉溶液時(shí) , 稱取苯甲酸，消耗甲醇鈉溶液，求甲醇鈉的濃度。解 :，令其濃度為第 7 章 氧化還原滴定法1. 解: 查表得： lgk( h) 9.46=ez2+ n+00592lg

17、zn 2+/22+4)=-0 3+00 l ( n（ n3 )4/k(nh 3)=-1.04v+ +/h+0.5*0.0592lghg2+3. 解: e hg2/h e hg2=0.7 3+050.0592lg(spcl - 2)eg22+/hg =0.79+0.0295lgk p=0.265v2+/hg 0.6+05*0 92lg（ 1/cl-)=.383ve hg2 解- +-2+0059*lg ( n +）: emn 4 mnmno4 / n/mn 2/55= e 當(dāng)還原一半時(shí) : mno-+-2-2+=mn2 故 e m 4 mnm o /mn=1.45v= e cr2o7 -= .0

18、5mol/lc 3+=2*0.05=0.10 ol/232- +（2- cr3+）cr2o7/cr e cr o7/cr+lgcr27.0 9/1. 17解: cu+a cu2 +2aglg ( 0.8 .337) * 0.059 1 .6 105.6 =cu2+ ag +2表明達(dá)到平衡時(shí)a +幾乎被還原，因此 a /2 005/= .025mol/l+0.5=23* -9o/l a ( c 2/k) . 解： 2s2o 2-+i = i-+s o6 -（ )當(dāng)?shù)味ㄏ禂?shù)為 50 時(shí)，- i3 =0.0 0（2 00-10.0)/(2.0 10.00)=0.01667ol/l i - 05002

19、* 0.00 (20.00+10.00） 1* 00030.00=0.700o/l故由 ner st 方程得 : =ei3-/ i 0 59/ * lg0.01667/0.700 0 06(b) 當(dāng)?shù)味ǚ謹(jǐn)?shù)為 1.0 時(shí)，由不對(duì)稱的氧化還原反應(yīng)得 :ei-35- 3( )i =0.545+0.02l i 3/ ie-=0.080+. 9 lgs 2/ s o22(2)s 2/s 26 42）得：-34 -62 2+(2)*e =.34+0.05 lg6/ s23(1 *s o由于此時(shí) s462-=2i-3計(jì)算得 462-=05mo-=0.55mol/, i代入上式 esp=0 gs4o/-63

20、84v=0.0 9/6*i =(c) 當(dāng)?shù)味ǚ謹(jǐn)?shù)為-=0.80+ .0295221., e e s4 2/-s2 2gs4/ s2o3 2-此時(shí) s 6 =0.100 2 0/100=0.020o故 e0800+0.029 lg.200 (0.2 0) =1.3 v . 解： c4 +fe +=e3 fe +終點(diǎn)時(shí)cce3+ =0 0500 mol/l, 2+ =0.05000m /.所以 c ce = c 3+* 0（ 0 94-1.44 ） / .0 9 =1.7 10 10 mol c +=fe3+ *0 （ 940.68 ） /0. 59=2. *1 6mol/l得 et=(17*10

21、 - 0-2. 10- ) (0.05 0+2.0*1 - ) 100 =0 0 %13解：ce4+ fe+=ce +fe2+在 h2so4 介質(zhì)中 , 終點(diǎn)時(shí) eep 0.8, s=(148+0.68)2=1.6v,=1 44-0.68=076v,e=0.84-1.0 -.22t-.2/0590.22/0. 9.76/2* .059-10)/10 00%= 0 19%e =(在 h2s +h3po4 介質(zhì)中， 1+103.5 .=13.2f +.5*2=2fe*5= *10,2 =00+efe3/fe2+=.68+0.05lgfe .6ves=(1. +0 7)/21.03ve=0.84-1.0=0.9e 08v,由林邦誤差公式： t=(1 -0 19/0 591 .19/0.05） /100. /2*0 059 0%0015%15. 解:2+- +5v+mno 4 +6h2o= o +mn 12vmno 4-,4mn4mn2+mno4-（ v)=5* 000*2. 0 0 9/ 0*1000*10 %=.27（ n)=(4*0 2000 0002000*2. 0)*54 94/(1.00* 000)00%=14% 7. 解: pbo2+ 22o2 h+=pb2+