[理学]分析化学习题课件.ppt

See you late! 同学们好！ 习题课 第六章、第七章、第九章 答:（1）反应定量地完成，即反应按一定的反应式进 行无副反应发生，而且进行完全（≥99.9%） n2O1＋n1R2 n1O2＋n2R1 = 即 lgK≥3（n1+n2) 3（n1+n2) （2）反应速度要快。对于反应慢的反应，应采取 适当措施提高其反应速度； （3）能用比较简便的方法确定滴定的终点。 （判断依据） 某同学如下配制0.02mol·L-1 KMnO4溶液，请指出其错误： “在分析天平上准确称量3.161gKMnO4固体，用煮沸过的去离子 水溶解，转移至1000mL容量瓶中，用水稀释至刻度，然后用干 燥的滤纸过滤。”请指出其错误。 答 （1）不应准确称取固体KMnO4，应用台称称取3.2~3.3g; （2）不是使用煮沸过的去离子水溶解,应将KMnO4固体溶解 于1000mL蒸馏水中,煮沸1h，冷却后过滤除去MnO2； （3）不能用容量瓶贮存KMnO4溶液，应用棕色试剂瓶贮存 且避光保存； （4）过滤时不能使用滤纸，应用玻璃砂芯漏斗过滤。 辅导书P217，9题 P170 6、哪些因素影响氧化还原滴定的突跃范围的大小？如何确定 化学计量点时的电极电位？如何确定氧化剂或还原剂电对电位？ 答：氧化还原滴定终点附近的突跃范围（由Red1剩0.1%到Ox1 过量0.1%）为 可看出：电位突跃的大小与两个电对的条件电极电位相差的 大小有关，而与滴定剂被测物的浓度无关。 对可逆电对中对称电对（氧化形和还原形系数相同） Esp= 对于 n2Ox1+n1Red2 n2aRed1+n1Ox2 滴定至50%时电位为E20’ 滴定至200%时电位为E10’ 将4.030g NaNO2和 NaNO3的样品溶解于500.0mL水中，取其中 25.00mL 与50.00mL 0.1186mol·L-1 Ce4+的强酸溶液相混合，反应 5min后，过量Ce4+用硫酸亚铁铵标准溶液返滴定，用去31.13mL 0.4289mol·L1-1的亚铁标准溶液，试计算原样品中NaNO2的质量 分数。[ M（ NaNO2 ）= 68.995 ] 解： NO2- + 2Ce4+ +H2O = 2Ce3+ + NO3- + 2H+ Ce4+ + Fe2+ = Ce3+ + Fe2+ 1 NO2- 2Ce4+ 1 Ce4+ 1 Fe2+ 所以 a / b =1/2 NaNO2 %= ?[ c(Ce4+ )v(Ce4+ )- c(Fe2+ )v(Fe2+)]×M(NaNO2) G× 25.00 500.0 ×103 ×100% = 78.67% 答: 原样品中NaNO2的质量分数为78.67%. 解：Fe3+和F-生成无色稳定的FeF63-络合物，可掩蔽Fe3+; H3AsO4 ＋2H+＋2e HAsO2＋2H2O E0= 0.56V pH≈3.3时, E= E0 ＋ lg [H3AsO4] [H+]2 0.059 2 [HAsO2 ] E= 0.56＋0.0295lg( 10-3.3 )2 = 0.365V＜E0I2/I-= 0.535V 所以pH≈3.3时同样可掩蔽砷的干扰。 11 P171 P171 解：lgKZnY =16.50, lgαY(H) = 0.45 [NH3] = cNH3×δNH3 = 0.1×[OH] [OH] + Kb = 0.1×10-4 10 -4 +10-4.74 = 0.0846 mol·L-1 αZn(NH3)=1+102.27×0.085+10 4.61×0.0852 +107.01×0.0853+10 9.06×0.0854 =66529.8 [Zn2+]=0.085÷66529.4 = 1.28×10-6 mol·L-1 E 0’=E0+(0.059/2)lg[Zn2+] = -0.763＋0.029lg1.28×10-6= - 0.936V 5 解： 6Fe2+ ＋ Cr2O72-＋14H+ = 2Cr3+＋6Fe2+＋7H2O 求Fe2O3含量时，a/b=3 x% = 设 试样中Fe2O3的百分含量及体积均为 x , 浓度为x则有 3c·x ×159.7 0.4×1000 ×100% C = 0.008349 (mol·L-1) T=6c×55.84÷1000 =6×0.008340×55.84÷1000 =0.002797(g·mL-1) Or T = 2×55.84×0.4×x% 159.7x = 0.00