分析化學(xué)習(xí)題與解答

1、分析化學(xué)習(xí)題與解答第1章 分析化學(xué)概論2. 有0.0982mol/L的H2SO4溶液480mL,現(xiàn)欲使其濃度增至0.1000mol/L。問(wèn)應(yīng)加入0.5000mol/L H2SO4的溶液多少毫升？解：  4要求在滴定時(shí)消耗0.2mol/LNaOH溶液2530mL。問(wèn)應(yīng)稱取基準(zhǔn)試劑鄰苯二甲酸氫鉀(KHC8H4O4)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0.30.4g 6含S有機(jī)試樣0.471g，在氧氣中燃燒，使S氧化為SO2，用預(yù)中和過(guò)的H2O2將SO2吸收，全部轉(zhuǎn)化為H2SO4，以0.108mol/LKOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴

2、定至化學(xué)計(jì)量點(diǎn)，消耗28.2mL。求試樣中S的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解： 80.2500g不純CaCO3試樣中不含干擾測(cè)定的組分。加入溶解，煮沸除去CO2，用0.2450mol/LNaOH溶液反滴定過(guò)量酸，消耗6.50mL，計(jì)算試樣中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：10不純Sb2S30.2513g，將其置于氧氣流中灼燒，產(chǎn)生的SO2通入FeCl3溶液中，使Fe3+還原至Fe2+，然后用0.02000mol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+，消耗溶液31.80mL。計(jì)算試樣中Sb2S3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。若以Sb計(jì)，質(zhì)量分?jǐn)?shù)又為多少？解： 12. 用純As2O3標(biāo)定KMnO4溶液的濃度。若0.211

3、2 g As2O3在酸性溶液中恰好與36.42 mL KMnO4反應(yīng)。求該KMnO4溶液的濃度。解：      故                       14H2C2O4作為還原劑?？膳cKMnO4反應(yīng)如下：其兩個(gè)質(zhì)子也可被NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。分別計(jì)算0.100mol·L-1NaOH和0.100 mol·L-1

4、KMnO4溶液與500mg H2C2O4完全反應(yīng)所消耗的體積（mL）。解：                                               &

5、#160;        16. 含K2Cr2O7 5.442g·L-1的標(biāo)準(zhǔn)溶液。求其濃度以及對(duì)于Fe3O4（M=231.54g·mol-1）的滴定度（mg/mL）。解：                18. 按國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定，化學(xué)試劑FeSO4·7H2O（M=278.04g·mol-1）的含量：99.50100.5%為一級(jí)（G.R）；99.00%

6、100.5%為二級(jí)（A.R）；98.00%101.0%為三級(jí)（C.P）。現(xiàn)以KMnO4法測(cè)定，稱取試樣1.012g，在酸性介質(zhì)中用0.02034 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，至終點(diǎn)時(shí)消耗35.70mL。計(jì)算此產(chǎn)品中FeSO4·7H2O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：                         

7、60;                                   故為一級(jí)化學(xué)試劑。 20. CN-可用EDTA間接滴定法測(cè)定。已知一定量過(guò)量的Ni2+與CN-反應(yīng)生成Ni(CN)，過(guò)量的Ni2+以EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，Ni(CN)并不發(fā)生反應(yīng)。取12.7mL

8、含CN-的試液，加入25.00mL含過(guò)量Ni2+的標(biāo)準(zhǔn)溶液以形成Ni(CN)，過(guò)量的Ni2+需與10.1mL 0.0130 mol·L-1 EDTA完全反應(yīng)。已知39.3mL 0.0130 mol·L-1 EDTA與上述Ni2+標(biāo)準(zhǔn)溶液30.0mL完全反應(yīng)。計(jì)算含CN-試液中CN-的物質(zhì)的量濃度。解：                         

9、;                                           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0.61，允許的誤差為0.48，測(cè)定8次，置信水

10、平選定為90%，則采樣單元數(shù)應(yīng)為多少?解：f=7 P=90% 查表可知t=1.90 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81.65、81.48、81.34、81.40、80.98、81.08、81.17、81.24，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=7 P=85% 查表可知 t=2.36      4已知鉛鋅礦的K值為0.1，若礦石的最大顆粒直徑為30 mm，問(wèn)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15 kg，經(jīng)

11、粉碎后礦石的最大顆粒直徑為2 mm，設(shè)K值為0.3，問(wèn)可縮分至多少克？解：設(shè)縮分n次，則                                          解得，所以n=3  

12、;    m = 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)19.469+1.537-0.0386+2.54(2) 3.6´0.0323´20.59´2.12345(3)(4)    pH=0.06，求H+=?                    &

13、#160;    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設(shè)某痕量組分按下式計(jì)算分析結(jié)果：，A為測(cè)量值，C為空白值，m為試樣質(zhì)量。已知sA=sC=0.1，sm

14、=0.001，A=8.0，C=1.0，m=1.0，求sx。解：        且       故 5. 反復(fù)稱量一個(gè)質(zhì)量為 1.0000g的物體，若標(biāo)準(zhǔn)偏差為0.4mg，那么測(cè)得值為1.00001.0008g的概率為多少？                    

15、;           解：由             故有       即       查表得 P=47.73% 7要使在置信度為95時(shí)平均值的置信區(qū)間不超過(guò)±s，問(wèn)至少應(yīng)平行測(cè)定幾次?解：     

16、;   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30.48%, 30.42%, 30.59%, 30.51%, 30.56%, 30.49%，計(jì)算置信水平95%時(shí)總體平均值的置信區(qū)間。解：                =0.06%       置信度為95%時(shí)：   

17、;     11.下列兩組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的精密度有無(wú)顯著性差異(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.    &

18、#160;          故     所以  查表得>2.221 13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：                        s   

19、;     n    方法1  15.34       0.10    11    方法2  15.43       0.12    11    a置信度為90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

20、，95及99時(shí)，兩組分析結(jié)果的平均值是否存在顯著性差異?解：(a)=0.00102，=0.00122F=1.44<F表=2.97所以兩組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)偏差無(wú)顯著性差異。(b)由=得， =0.01，=0.012 s=0.0332=3.32%  t=0.063查表得：當(dāng)置信度為90%時(shí)，=1.72>0.063查表得：當(dāng)置信度為95%時(shí)，=2.09>0.063查表得：當(dāng)置信度為99%時(shí)，=2.84>0.063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NaCl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-1的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否有顯著

21、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  60.52，60.41，60.43，60.45B瓶  60.15，60.15，60.05，60.08問(wèn)置信度為90%時(shí)，兩瓶試劑含Cl-1的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否有顯著性差異？解：用F檢驗(yàn)法：= =60.45%，= =2.310-3=60.11%，= =2.610-3F=1.13， 查表得F表=9.28>1.13因此沒(méi)有差異。用t檢驗(yàn)法：S=5.010-4所以 t=9.6而查表得t表=1.94<9.6所以存在顯著性差異。 17為提高光度法測(cè)定微量Pd

22、的靈敏度，改用一種新的顯色劑。設(shè)同一溶液，用原顯色劑及新顯色劑各測(cè)定4次，所得吸光度分別為0.128，0.132，0.125，0.124及0.129，0.137，0.135，0.139。判斷新顯色劑測(cè)定Pd的靈敏度是否有顯著提高?(置信度95)解：用F檢驗(yàn)法：= =0.127，= =1.310-5=0.135,   =1.910-5F=1.46查表得F表=9.28>1.46,因此沒(méi)有顯著性差異。用t檢驗(yàn)法：S=4.010-3所以 t=2.8而查表得t表=2.45<2.8 所以存在顯著性差異 。 21某熒光物質(zhì)的含量(c)及其熒光相對(duì)強(qiáng)度(y)

23、的關(guān)系如下：    含量 c/mg       0.0   2.0  4.0  6.0   8.0  10.0   12.0    熒光相對(duì)強(qiáng)度y  2.1   5.0  9.0  12.6  17.3  21.0  24.7    a列出一元線性回歸方程  

24、  b求出相關(guān)系數(shù)并評(píng)價(jià)y與x間的相關(guān)關(guān)系。解：由題意可得，=6.0， =13.1，=216.2，=112.0，=418.28，所以b=1.93，6.0=1.52所以一元回歸方程為：y=1.52+1.93x（b）因?yàn)?=0.9987比較接近于1，所以y與x的線性關(guān)系很好。第4章  分析質(zhì)量的控制與保證16  解：平均值 = 0.256  mg/L           標(biāo)準(zhǔn)偏差 s = 0.020  mg/L標(biāo)準(zhǔn)物質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)值=0.250 mg/L 

25、控制限 3s=（0.256 0.060）mg/L警戒限 2s=（0.256 0.040）mg/L繪制分析數(shù)據(jù)的質(zhì)控圖如下圖。     還原糖分析的質(zhì)量控制圖第5章 酸堿平衡和酸堿滴定法 1寫(xiě)出下列溶液的質(zhì)子條件式。ac1 mol·L-l NH3 + c2 mol·L-l NH4Cl；cc1 mol·L-l)H3PO4 + c2 mol·L-l HCOOH；解：a. 對(duì)于共軛體系，由于構(gòu)成了緩沖溶液，所以可以將其視為由強(qiáng)酸（HCl和弱堿（NH3）反應(yīng)而來(lái)，所以參考水準(zhǔn)選為HCl, NH3和H2O質(zhì)子條件式為

26、： H+ + NH4+ = Cl- + OH-或 H+ + NH4+ = c2 + OH- c. 直接取參考水平：H3PO4  , HCOOH , H2O質(zhì)子條件式：H+ = H2PO4- + 2HPO42- + 3PO43- + HCOO-+OH- 3計(jì)算下列各溶液的pH。 a0.050 mol·L-l NaAc；              c0.10 mol·L-l NH4CN；  

27、           e0.050 mol·L-l氨基乙酸；        g0.010 mol·L-l H2O2液；            i0.060 mol·L-l HCI和0.050 mol·L-l氯乙酸鈉(ClCH2COONa)混合溶液。 解：a.對(duì)于醋酸而言

28、，Kb = Kw / Ka = 5.6  10-10應(yīng)為cKb = 5.6  10-10 5 10-2 = 2.8  10-11> 10Kwc/Kb> 100 故使用最簡(jiǎn)式；       OH- =  = 5.29 10-6         pH = 14 pOH = 8.72 c. NH4+   Ka = 5.6  10-10  HC

29、N   Ka = 6.2.  10-10cKa > 10Kw      c > 10 Ka 由近似公式可以得到：H+ =  =  = 5.89 10-10pH = 10 0.77 = 9.23 e. 氨基乙酸一端羧基顯酸性，一端氨基顯堿性，Ka1 = 4.5 10-3 , Ka2 = 2.5  10-10c/Ka2> 100  且c > 10 Ka1所以H+ =  =  = 1.06  10-

30、6pH = 6-0.03 = 5.97 g. 對(duì)于雙氧水而言，Ka = 1.8  10-12cKa < 10Kw     c/Ka> 100所以可以計(jì)算氫離子濃度H+ =  =  = 1.67  10-7pH = 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的混合溶液設(shè)有x mol/L的ClCH2COOH發(fā)生離

31、解，則       ClCH2COOH  ClCH2COO- + H+               0.05-x            x     0.01+x     所以有 = Ka = 1.4

32、 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0.10 mol·L-l HCl、2.0×10-4 mol·L-l NaHSO4和2.0×10-6 mol·L-l HAc。a計(jì)算此混合溶液的pH。b加入等體積0.10 mol·L-l NaOH溶液后，溶液的pH。解：a. HSO4- Ka2=1.0×10-2     HAc K

33、a=1.8×10-5        均為弱酸，且濃度遠(yuǎn)低于HCl的濃度，所以此體系中的HSO4-和HAc在計(jì)算pH值時(shí)刻忽略。故pH=1.00。       b.加入等體積0.1mol/LNaOH溶液，HCl被中和，體系變?yōu)镠SO4-和HAc的混酸體系，        忽略KW及KHAHA，H+ 2=（CHSO4-H+ ）解得H+ =9.90×10-5  

34、故pH=4.00 7已知Cr3+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 mol·L-l Cr(ClO4)3 的pH為多少? 此時(shí)溶液中Cr(OH)2+的分布分?jǐn)?shù)是多大?解：1）           mol/L          故pH=2.93       2） 9今用某弱酸HB及其鹽配制緩沖

35、溶液，其中HB的濃度為0.25 mol·L-l。于100mL該緩沖溶液中加入200 mg NaOH(忽略溶液體積的變化)，所得溶液的pH為5.60。問(wèn)原來(lái)所配制的緩沖溶液的pH為多少? (已知HB的)  解：（mol/L）       已知p Ka=5.30，pH=5.60       設(shè)原緩沖溶液中鹽的濃度為x mol/L，故       得x=0.35   

36、60;   則原緩沖溶液pH=  11配制氨基乙酸總濃度為0.10 mol·L-l的緩沖溶液(pH =2.0)100mL，需氨基乙酸多少克?還需加多少毫升1 mol·L-l酸或堿，所得溶液的緩沖容量為多大?解：設(shè)酸以HA表示，p Ka1=2.35   p Ka2=9.60       1)需HA質(zhì)量m=0.10×100×75.0×0.75（g）        2）因?yàn)?/p>

37、氨基乙酸及質(zhì)子化氨基乙酸構(gòu)成緩沖溶液，設(shè)pH=2時(shí)，質(zhì)子化氨基乙酸濃度為xmol/L，則          即，解得x=0.079          生成0.079mol/L的質(zhì)子化氨基乙酸，需加酸為0.079×100=7.9ml 13計(jì)算下列標(biāo)準(zhǔn)緩沖溶液的pH(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(0.034 0 mol·L-l

38、)；    c0.010 0 mol·L-l 硼砂。解：a. p Ka1=3.04，p Ka24.37          I= （mol/L），          查表得，          故，得       

39、0;  同理可得，          又              最簡(jiǎn)式                    pH=3.56      

40、          c. c=0.0100 mol/L，p Ka1=4，p Ka2=9                          查表          故   

41、        K=5.8×10-10                      故pH=9.18  16. 解： 已知一元弱酸的，問(wèn)其等濃度的共軛堿的為多少？（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（）和的混合溶液。問(wèn)化學(xué)計(jì)量

42、點(diǎn)時(shí)溶液的為多少？在化學(xué)計(jì)量點(diǎn)有百分之幾的參加了反應(yīng)？解：(1) 已知時(shí)，產(chǎn)物為和 (2) 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(guò)量的用返滴定至酚酞?jiǎng)偤猛噬?，耗去。?jì)算鋼中和的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：過(guò)量用于滴定磷鉬酸銨的含物質(zhì)的量為： 28. 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(NH3) =9.46E=EZn2+/Zn+0.0592lgZn2+/2       

43、; =-0.763+0.0592lg(Zn(NH3)42+/K(NH3)4)/2=-1.04V 3. 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     &#

44、160; 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 當(dāng)還原一半時(shí)：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+）=1.01V 7. 解：C

45、u+2AgCu22Ag      lgK（）*2/0.05915.69      K1015.69Cu2/ Ag2表明達(dá)到平衡時(shí)Ag幾乎被還原,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)當(dāng)?shù)味ㄏ禂?shù)為0.50時(shí)，I3-=0.0500(20.00-10.00)/(20.00+10.00)=0.0166

46、7mol/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) 當(dāng)?shù)味ǚ謹(jǐn)?shù)為1.00時(shí)，由不對(duì)稱的氧化還原反應(yīng)得：E I-3/ I-=0.545+0.0295 lgI-3/ I-3  (1) E S4O62/-S2O32-=0.080+0.0295 lgS4O62-/ S2O322  (2)(1)*4+(2)*2得：6Esp=2.34+0.059 lgI-32S4O62-/ I-

47、6S2O32-2由于此時(shí)S4O62-=2I-3，計(jì)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) 當(dāng)?shù)味ǚ謹(jǐn)?shù)為1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lgS4O62-/ S2O322 此時(shí)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 lg0.200/(0.200)2=1.30V 

48、;11解：  Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+終點(diǎn)時(shí) 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介質(zhì)中，終點(diǎn)時(shí)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介質(zhì)中