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。問應(yīng)加入0.5000mol/L H2SO4的溶液多少毫升？解：4要求在滴定時消耗0.2mol/LNaOH溶液2530mL。問應(yīng)稱取基準試劑鄰苯二甲酸氫鉀(KHC8H4O4)多少克？如果改用做基準物質(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0.30.4g6含S有機試樣0.471g，在氧氣中燃燒，使S氧化為SO2，用預(yù)中和過的H2O2將SO2吸收，全部轉(zhuǎn)化為H2SO4，以0.108mol/LKOH標準溶液滴定至化學(xué)計量點，消耗28.2mL。求

2、試樣中S的質(zhì)量分數(shù)。解：80.2500g不純CaCO3試樣中不含干擾測定的組分。加入25.00mL0.2600mol/LHCl溶解，煮沸除去CO2，用0.2450mol/LNaOH溶液反滴定過量酸，消耗6.50mL，計算試樣中CaCO3的質(zhì)量分數(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標準溶液滴定Fe2+，消耗溶液31.80mL。計算試樣中Sb2S3的質(zhì)量分數(shù)。若以Sb計，質(zhì)量分數(shù)又為多少？解：12. 用純As2O3標定KMnO4溶液的濃度。若0.211 2 g As2O3

3、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。可與KMnO4反應(yīng)如下：其兩個質(zhì)子也可被NaOH標準溶液滴定。分別計算0.100molL-1NaOH和0.100 molL-1 KMnO4溶液與500mg H2C2O4完全反應(yīng)所消耗的體積（mL）。解： 16. 含K2Cr2O7 5.442gL-1的標準溶液。求其濃度以及對于Fe3O4（M=231.54gmol-1）的滴定度（mg/mL）。解： 18. 按國家標準規(guī)定，化學(xué)試劑FeSO47H2O（M=278.04gmol-1）的含量：99.50100.5%為一級（G.R）；99.

4、00%100.5%為二級（A.R）；98.00%101.0%為三級（C.P）。現(xiàn)以KMnO4法測定，稱取試樣1.012g，在酸性介質(zhì)中用0.02034 molL-1 KMnO4溶液滴定，至終點時消耗35.70mL。計算此產(chǎn)品中FeSO47H2O的質(zhì)量分數(shù)，并判斷此產(chǎn)品符合哪一級化學(xué)試劑標準。解： 故為一級化學(xué)試劑。20. CN-可用EDTA間接滴定法測定。已知一定量過量的Ni2+與CN-反應(yīng)生成Ni(CN)，過量的Ni2+以EDTA標準溶液滴定，Ni(CN)并不發(fā)生反應(yīng)。取12.7mL含CN-的試液，加入25.00mL含過量Ni2+的標準溶液以形成Ni(CN)，過量的Ni2+需與10.1mL

5、0.0130 molL-1 EDTA完全反應(yīng)。已知39.3mL 0.0130 molL-1 EDTA與上述Ni2+標準溶液30.0mL完全反應(yīng)。計算含CN-試液中CN-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，如各個采樣單元間標準偏差的估計值為0.61，允許的誤差為0.48，測定8次，置信水平選定為90%，則采樣單元數(shù)應(yīng)為多少?解：f=7 P=90% 查表可知t=1.902某物料取得8份試樣，經(jīng)分別處理后測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，求各個采樣單元間的標準偏差如果允許的誤差為0.20，置

6、信水平選定為95，則在分析同樣的物料時，應(yīng)選取多少個采樣單元？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)粉碎后礦石的最大顆粒直徑為2 mm，設(shè)K值為0.3，問可縮分至多少克？解：設(shè)縮分n次，則 解得，所以n=3 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)字運算規(guī)則，計算下列算式：(1)19.469+1.537-0.0386+2.54(2) 3.60.032320.592.12345(3)(4) pH=0.06，求H+=? 解：a. 原式=19.47+

7、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設(shè)某痕量組分按下式計算分析結(jié)果：，A為測量值，C為空白值，m為試樣質(zhì)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. 反復(fù)稱量一個質(zhì)量為 1.0000g的物體，若標準偏差為0.4mg，那么測得值為1.00001.0008g的概率為多少？ 解：由 故有 即 查表得 P=47.73%7要使在置信度為95時平均值的置信區(qū)間不超過s，問至少應(yīng)平行測定幾次?解： 查表，得： 9. 測定黃鐵

8、礦中硫的質(zhì)量分數(shù)，六次測定結(jié)果分別為30.48%, 30.42%, 30.59%, 30.51%, 30.56%, 30.49%，計算置信水平95%時總體平均值的置信區(qū)間。解： =0.06% 置信度為95%時： 11.下列兩組實驗數(shù)據(jù)的精密度有無顯著性差異(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. 故 所以 查表得2.22113用兩種不同分析方法對礦石中鐵的質(zhì)量分數(shù)進行分析，得到兩組數(shù)據(jù)如下： s n 方法1 15.34 0.10 11 方法2 15.43 0.12 11 a

9、置信度為90時，兩組數(shù)據(jù)的標準偏差是否存在顯著性差異? b在置信度分別為90，95及99時，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=1.440.063查表得：當置信度為95%時，=2.090.063查表得：當置信度為99%時，=2.840.063所以兩組分析結(jié)果的平均值不存在顯著性差異。15實驗室有兩瓶NaCl試劑，標簽上未標明出廠批號，為了判斷這兩瓶試劑含Cl-1的質(zhì)量分數(shù)是否有顯著性差異，某人用莫爾法對它們進行測定，結(jié)果如下： A瓶 60.52，60.41，60.43，60.45B瓶 60.15，60.15，60.05，60.08問置信度為9

10、0%時，兩瓶試劑含Cl-1的質(zhì)量分數(shù)是否有顯著性差異？解：用F檢驗法：= =60.45%，= =2.310-3=60.11%，=2.610-3F=1.13， 查表得F表=9.281.13因此沒有差異。用t檢驗法：S=5.010-4所以 t=9.6而查表得t表=1.941.46,因此沒有顯著性差異。用t檢驗法：S=4.010-3所以 t=2.8而查表得t表=2.45 10Kwc/Kb 100故使用最簡式； OH- = = 5.2910-6 pH = 14 pOH = 8.72c. NH4+ Ka = 5.6 10-10 HCN Ka = 6.2. 10-10cKa 10Kw c 10 Ka 由近

11、似公式可以得到：H+ = = = 5.8910-10pH = 10 0.77 = 9.23e. 氨基乙酸一端羧基顯酸性，一端氨基顯堿性，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. 對于雙氧水而言，Ka = 1.8 10-12cKa 100所以可以計算氫離子濃度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0.050mol/L的ClCH

12、2COOH和0.010mo/LHCl的混合溶液設(shè)有x mol/L的ClCH2COOH發(fā)生離解，則 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計算此混合溶液的pH。b加入等體積0.10 molL-l NaOH溶液后，溶液的pH。解：a. HSO4- Ka2=1.010-2 HAc

13、 Ka=1.810-5 均為弱酸，且濃度遠低于HCl的濃度，所以此體系中的HSO4-和HAc在計算pH值時刻忽略。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+ =9.9010-5 故pH=4.007已知Cr3+的一級水解反應(yīng)常數(shù)為10-3.8，若只考慮一級水解，則0.010 molL-l Cr(ClO4)3 的pH為多少? 此時溶液中Cr(OH)2+的分布分數(shù)是多大?解：1） mol/L 故pH=2.93 2）9今用某弱酸HB及其鹽配制緩沖溶液，其中HB的濃度

14、為0.25 molL-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。問原來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 則原緩沖溶液pH= 11配制氨基乙酸總濃度為0.10 molL-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 molL-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=0.1010075.00.75

15、（g） 2）因為氨基乙酸及質(zhì)子化氨基乙酸構(gòu)成緩沖溶液，設(shè)pH=2時，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0.079100=7.9ml13計算下列標準緩沖溶液的pH(考慮離子強度的影響)，并與標準值相比較。 a飽和酒石酸氫鉀(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 最簡式 pH=3.56 c. c=0.0100 mol/L，p Ka1=4，p Ka2=9 查表 故 K=5.810-

16、10 故pH=9.1816. 解： 已知一元弱酸的，問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。計算終點誤差。解：時22. 用滴定羥胺鹽酸鹽（）和的混合溶液。問化學(xué)計量點時溶液的為多少？在化學(xué)計量點有百分之幾的參加了反應(yīng)？解：(1) 已知時，產(chǎn)物為和(2) 時，參加反應(yīng)的百分數(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剛好褪色，耗去。計算鋼中和的質(zhì)量分數(shù)。解：過量用于滴定磷鉬酸銨的含物質(zhì)的量為：28. 標定甲醇鈉溶液時，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：

17、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 當還原一半時：M

18、nO4-=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表明達到平衡時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/L9. 解：2S2O32-+I-3=3I-+S4O62

19、-(a)當?shù)味ㄏ禂?shù)為0.50時，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) 當?shù)味ǚ謹?shù)為1.00時，由不對稱的氧化還原反應(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)

20、*2得：6Esp=2.34+0.059 lgI-32S4O62-/ I-6S2O32-2由于此時S4O62-=2I-3，計算得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?shù)味ǚ謹?shù)為1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lgS4O62-/ S2O322 此時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/(

21、0.200)2=1.30V11解： Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+終點時 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，終點時Eep=0.48V,Esp=(1.48+0.68)/2=1.06V,E=

22、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，F(xiàn)e3+=1+103.5*0.5=5*102.5=103.2, Fe2+=1+0.5*102.3=102.0EFe3+/Fe2+=0.68+0.059lgFe3+=0.61VEsp=(1.44+0.617)/2=1.03VE=0.84-1.03=-0.19V E=0.83V,由林邦誤差公式: Et=(10-0.19/0.059-100.19/0.059)/100.83/2*0.059*100%=0.015%15. 解：5VO2+MnO4-+6H2O=5VO3-+Mn2+12H+4Mn2+MnO4-+8H+=5Mn3+4H2O5VMnO4-,4Mn4Mn2+MnO4-(V)=5*0.02000*2.50*50.49/1.000*1000*100%=1.27%(Mn)=(4*0.02000*4.00-0.02000*2.50)*54.94/(1.00*1000)*100%=1.48%17. 解：PbO2+H2C2O2+2H+=Pb2+2CO2+2H2O, PbO+2H+=Pb2+H2O,2MnO4-+5C2O42-+6H+=2Mn2+10CO2+