分析化学例题

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1、1、今由某弱酸HB及其盐配成的缓冲溶液，其中HB的浓度为0.25M，于此100mL缓冲溶液中加入200mgNaOH（忽略溶液体积的变化），所得溶液的pH值为5.60，求原溶液的pH为多少?（设HB的ka为5.0×10-6）解:加入NaOH的浓度c(NaOH)=200/(40×100)=0.050mol.L-1已知pKa=5.30，pH=5.60。设原缓冲溶液中盐的浓度为x(mol.L-1)，故5.60=5.30+lg(0.050+x)/(0.25-0.05)x=0.35mol.L-1原来所配制的缓冲溶液的pH值为

2、：pH=5.30+lg(0.35/0.25)=5.452、某试样含有Na2CO3与NaHCO3，称取0.3010g，用酚酞做指示剂，滴定时用去0.1060M的HCl20.10mL，继续用甲基橙做指示剂，共用去HCl47.70mL，计算试样中Na2CO3与NaHCO3质量分数.解：3、称取Na2CO3与NaHCO3，混合试样0.6850g，溶于适量的水中，以甲基橙为指示剂，用0.200M的HCl溶液滴定至终点，消耗50.00mL，如果改用酚酞做指示剂，则需要消耗HCl多少mL？解:以甲基橙为指示剂时的滴定反应为Na

3、2CO3+2HCl=2NaCl+CO2+H2ONaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O设混合试样中NaHCO3为x(g)，Na2CO3为y(g)，则x+y=0.685x/84.0+2y/106.0=0.200×50.0/1000解得:x=m(NaHCO3)=0.4200g，y=m(Na2CO3)=0.2650g以酚酞为指示剂时的滴定反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl设HCl用量为V(HCl)(mL)，根据滴定反应，可得0.2650/106.0×1000=0.200×V(HCl)V(HCl)=

4、12.5mL4、称取一元弱酸HB0.8150g，溶于适量水中。以酚酞为指示剂，用0.1100M的NaOH溶液滴定至终点时，消耗24.60mL，在滴定过程中，当加入NaOH溶液11.00mL时，溶液的pH=4.80，计算弱酸HB的pKa？解：HB+OH--=B-+H2O当加入NaOH11.00mL时，溶液中HB、B-的物质的量分别为：n(HB)=cNaOH(V1-V2)=0.1100×(24.60－11.00)=1.496mmoln(B-)=cNaOHV2=0.1100×11.00=1.21mmol据pH=pKa+

5、lg得pKa=4.895、用0.10M的HCl滴定同样浓度的NaOH，突跃范围为9.7~4.3，那么用0.010M的HCl滴定同样浓度的NaOH溶液，突跃范围是？说明理由。6、H2O2能与TiOY形成三元配合物，试问它使TiOY条件稳定常数加大还是减小了，为什么？答：KTiOY′=KTiOYαTiOY/(αTiαY)，H2O2对αTi、αY影响不大；αTiOY=[TiOY′]/[TiOY]，因TiO(H2O2)Y的形成，使TiOY的浓度大大降低，αTiOY变大，故使得KTiOY′变大。答：增大了。由于形成了TiO

6、(H2O2)Y，使溶液中的[TiOY]降低使平衡向生成TiOY的方向移动，相当于生成物TiOY有一个副反应αTiOY>1lgK’TiOY=lgKTiOY-lgαY-lgαTiOY+lgαTiOY(H2O2)7、0.01M的Zn2+大约在pH=6.4开始沉淀，若有以下两种情况：a．在pH4-5加入等物质量的EDTA后再调制pH=10；b．在pH≈10的氨性缓冲溶液溶液中滴定至Zn2+终点。当两者体积相同时，试问哪种情况的lgK、ZnY大？为什么？答：KZnY′=KZnYαZnY/(αZnαY)，pH=4～5时，lg

7、αY)为8.44～6.45，pH=10时，lgαY)为0.45。在pH4～5时，加入EDTA后，Zn2+已形成稳定的ZnY络合物，其受溶液的酸度影响较小，当调至pH≈10时，其KZnY′变化较小；但在pH≈10的氨性缓冲溶液时，Zn2+已形成Zn(OH)2沉淀，αZn很大，使得lgKZnY′变得很小，故lgKZnY′是在a的情况时较大。答：（1）情况的lgKZnY大。因为在情况（2）里Zn2+多了一个副反应，即由于Zn2+与NH3生成络合物而产生了络合效应，从而使lgK’ZnY值减小。8、Ca2+与PAN不显色，

8、但在pH为10-12时，加入适量的CuY，却可用作Ca2+滴定的指示剂，简述其原理。解:pH10-12在PAN中加入适量的CuY可以发生如下反应:CuY(蓝色)+PAN(黄色)+M=MY+Cu-PAN(黄绿色)(紫红色)Cu-PAN是一种间接指示剂加入的EDTA与Cu2+定量络合后，稍过量的滴定剂就会夺取Cu-PAN中的Cu2+，而使PAN游离出来。Cu-PAN+Y=Cu