分析化学习题与解答

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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？如果改用克？ 解：

做基准物质，又应称取多少

应称取邻苯二甲酸氢钾1.0~1.2g

1

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：

2

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 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

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

3

解：

16. 含K2Cr2O7 5.442g·L-1的标准溶液。求其浓度以及对于Fe3O（mol-1）4M=231.54g·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0.02034

4

mol·L-1 KMnO4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

，过量的Ni2+

含CN-的试液，加入25.00mL含过量Ni2+的标准溶液以形成Ni(CN)

需与10.1mL 0.0130 mol·L-1 EDTA完全反应。已知39.3mL 0.0130 mol·L-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：

5

3．计算下列各溶液的pH。

a．0.050 mol·L-l NaAc； c．0.10 mol·L-l NH4CN； e．0.050 mol·L-l氨基乙酸； g．0.010 mol·L-l H2O2液；

i．0.060 mol·L-l HCI和0.050 mol·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 5 10-2 = 2.8 10-11> 10Kw c/Kb> 100 故使用最简式； [OH-] =

pH = 14 – pOH = 8.72

c. NH4+ Ka’ = 5.6 10-10 HCN Ka = 6.2. 10 cKa’ > 10Kw c > 10 Ka 由近似公式可以得到： [H+] =

=

= 5.89 10-10

-10

= 5.29 10-6

pH = 10 – 0.77 = 9.23

16

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 > 10 Ka1 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+] = 1.84

17

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．计算此混合溶液的pH。

b．加入等体积0.10 mol·L-l NaOH溶液后，溶液的pH。 解：a. HSO4- Ka2=1.0×10-2 HAc Ka=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0.010 mol·L-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

18

2）

9．今用某弱酸HB及其盐配制缓冲溶液，其中HB的浓度为0.25 mol·L-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 mol·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1 mol·L-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=0.10×100×75.0×

＝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

19

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(0.034 0 mol·L-l)； c．0.010 0 mol·L-l 硼砂。 解：a. p Ka1=3.04，p Ka2＝4.37

I= （mol/L），

查表得，，，

故

，得

同理可得，

又

最简式

pH=3.56

20

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 lg0.200/(0.200)2=1.30V

11．解： Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+

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

在H2SO4+H3PO4介质中， Fe3+=1+103.5*0.5=5*102.5=103.2,

Fe2+=1+0.5*102.3=102.0

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%

EFe3+/Fe2+=0.68+0.059lgFe3+=0.61V Esp=(1.44+0.617)/2=1.03V

E=0.84-1.03=-0.19V 15. 解：

5VO2++MnO4-+6H2O=5VO3-+Mn2++12H+ 4Mn2++MnO4-+8H+=5Mn3++4H2O 5V MnO4-,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+8H2O

26

E=0.83V,

由林邦误差公式: Et=(10-0.19/0.059-100.19/0.059)/100.83/2*0.059*100%=0.015%

5PbO2 5PbO

5C2O42- 2MnO4-,

设试样中PbO2为x克，PbO为y克。

则 20*0.25=0.04*10.00*5/2+2*1000x/M(PbO2)+1000y/M(PbO)

0.04000*30.00=2*1000x/5M(PbO2)+2*1000y/5M(PbO) 解得 x=0.2392g, y=0.4464g 故

(PbO2)=0.2392/1.234*100%=19.38%, (PbO)=0.4464/1.234*100%=36.17%.

19. 解：由化学反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O, I2+S2O32-=2I-+S4O62-

得 1KIO35I-3I26Na2S2O3

cKI*25.00=5*(10.00*0.05000-21.14*0.1008*1/6), 得 cKI=0.02896mol/L

21. 解：由3NO2+H2O=2HNO3+NO, 及氮守恒得

3NH4+3NH33NO22HNO32NaOH,

(NH3)=0.0100*20.00+3*M(NH3)/(1.000*1000*2)*100%=0.51%

23. 解：由此歧化反应的电子守恒得：3/2Mn2+ MnO4-

(Mn)=(0.03358*0.03488)*3/2*M(Mn)/0.5165*100%=18.49%

25. 解：由氧化还原反应电子守恒得：6Fe2+Cr2O72-，

mCr=2*M(Cr)(0.500/M[Fe(NH4)(SO4)26H2O]-6*0.00389*0.01829)/6=1.486*10-2 V=m,V=Sh 28. 解： 故

31. 解：由关系式

得：

h=6.80*10-5

34. 解：a、sul的分子结构式为

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b、 c、

d、由关系式 和得：

故该试样为不合格产品。

37. 解：由关系式

得：

28

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/gllt.html