![]() |
|
|
Задачник по количественному анализу0,03037 1000 0,6748 • NaOH ^NaOH = 1/г??0,'.«М> = 0'6748 0,6748 • '/зНгСгО, 1000 Na0H/H2C2O, = 0,02699 280. ^27,52 н. Число миллиграмм-эквивалентов НС1 равно числу миллиграмм-эквивалентов NaOH: 20 - 0,2135= 15,35 -х отсюда х = 0,2782. = 0,1306 а) б) 281. а) 0,1306 н.; б) 0,Ш2 н. уры 250-VsNajB.O,-10Н2О 6,227-1000 Л'буры =• NHa = 0,1306 • = 0,1352 24,17 282. а) 0,2163 н. б) 0,2217 н. а) ^-зиг-./^в'^.юн.о"0,2163 б) ЛГ NaOH = °-2163 • 1,025 = 0,2217 283. 0,1867 н. 20 "B.(OH),--U»15.2mo ^CH3COOH = 0,22.5-^.|g = 0,.867 б) Расчет анализа 284. 0,1132 г. На нейтрализацию пошло 20,000,004&г4г NaOH, .i- = 20,00 - 0,004314.-M^i = o,1132 г H2SO< 285. а) 0,0323 г; б) 0,0624 г. а) 0,003512- 12,00---ТТ. ~0,0323; 6) 0,005210- 12,00 = 0,0624 2 П V»] 286. 353,6 мг.. 262 263 Для нейтрализации 20,00-0,2210 жг-лшл H2S04 требуется вдвое больше миллиграмм-молекул NaOH или (в миллиграммах): 2 • (20,00 ? 0,2210) ? NAOH = 353,6 мг NaOH 287. 182,8 мг. При нейтрализации Na2C03 до Н2С03 требуется: 2 • (22,00 -0,1140)- НС1= 182,8 мг НС 1 (см. задачу 286). 288. 213,3 мг. 20,00-0,1245 мг-экв НС1 нейтрализуют столько же миллиграмм-эквивалентов Ва(ОН)2, что после умножения на эквивалентный вес Ва(ОН)2 составляет: 20,00 • 0,1245-7,Ва (ОН), = 213,3 мг Ва(ОН)2 289. 124,3 мг. На 23,00-0,1020 мг-экв НС1 требуется столько же миллиграмм-эквивалентов Na2C03. Эквивалентный вес Na2C03 при нейтрализации его до Н2С03 равен половине молекулярного веса; в этом случае искомое количество Na2C03 равно: 23,00 • 0,1020 • VONA2C03 = 124,3 мг В случае, если бы Na2COs нейтрализовалась до NaHCOa (эквивалентный вес равен молекулярному весу Ка2С0з), то данным количеством НС1 можно было бы нейтрализовать в 2 раза больше соды: 23,00 • 0,1020 • NA2C03 = 248,6 мг 290. 55,6?%. 'A.NIO» 100 = 55,8% NAOH 2,050 21,10-0,004010г NaOH следует пересчитать на N2Os по эквивалентным весам N205 и NaOH и отнести в процентах к навеске: 21,10 - 0,004010. 291. а) 43,6%; б) 60,00%; в) 8,75 М. а) Количество P2Os в титруемой навеске равно: 22,70• 0,0623г или (в процентах): 22,70-0,0623-у||- = 43,6 б) Процентное содержание Н3Р04: 43,6 • = 60-00 264 <•= 8,75 в) Молярность кислоты: 43,6- 1426 100-VAP.OI Подразумевается, что титрование анализируемой Н3Р04 производится до той же ступени нейтрализации, какая принималась при вычислении титра NaOH (например, до NaH2P04). 292. 99,4%. Химически чистая бура содержит кристаллизационную воду и имеет формулу Na2B407- 10Н2О. 20,40-0,2120мг-экв НС1 нейтрализуют такое же количество буры; поэтому 20,40 • 0,2120 • 'ANa^O, • 10Н2О • = 94,4% 293. 37,95%. Удовлетворяет. Аналогично задаче 292, процентное содержание HCI в кислоте равно 33,05 • 1,010 • НС1 • -щ- = 37,98% т. е. в пределах, предусмотренных стандартом. 294. 11,5% Рг05. 16,2-0,1002- '/sP-Os-500- 100 *= 50-10.1000 =П,Ь% 295. 4,82%,. Количество Na2C03 в 20мл, т. е. 20-1050,иг раствора, равнялось 33,45-0,5700•1/2Na2C03^e; следовательно: 33,45 • 0.5700 - i/aNa,CO» - 100 . *= 20Л050 = 4'82/о 296. 9,58%. 100 ? 10,20% 10-1000 Если принять плотность кислоты за единицу, то: х = 20,60- 1,010-V2H2S04= 9,5% Этому процентному содержанию H2S04 отвечает по таблице (см. стр. 364) плотность кислоты 1,07; поэтому точнее: 10-1,07-1000 1,07 100 10,20 ДГ = 20.60 - 1.010 - V2H2S04 ? или еще точнее — по плотности 1,065 кислоты, содержащей 9,52% H2S04, '-да-*88* = 40,7 297. Едкий натр; содержит 1,8% примесей. Эквивалентный вес анализируемого вещества равен: 1100 31,4-0,860 Таким образом, оно представляет собой загрязненный едкий натр (эквивалентный вес чистого NaOH равен 40,0). Количество загрязнений: ,м _ 31,4 .у. .00 = [00_ 4О0 ,,w_ljg% 298. 63,03; H2C2Ov2H20. = 63,03 Эквивалентный вес исследуемой.кислоты равен 200 31,7-0,1000 По таблицам * это соответствует эквивалентному весу щавелевой кислоты — Н2С204-2Н20. 299. 30,3%. 500Пусть процентное содержание Na2C03 равно х; процентное содержание К2С03 равно (100 — *). Тогда суммарное количество миллиграмм-эквивалентов Na2C03 и К2С03 выразится уравнением: + ^,Ю° = 39,5 - 0,2000 lOO-'/jNajCOj т 100-VaKjCO отсюда х = 30,3% (см. задачи 135—139). 300. а) 99,3%; б) 34,75%. 2-N = 34,75 NH.NO, тммх^ _ 24,25 - 0,1000 - 500-NH4NQ3-100-100 OQ„ %NH^°3 25 - 4000.(100 - 2,2) 99'3 * См. Ю. Ю. Л урье, Справочнвх no аналитической химии, Изд. «Химик», 1971, стр. 40. % азота = 99,3в) Расчет навески для анализа 301. 200—300 мг. На титрование соды должно идти от 0,2-20 до 0,2-30 мг-экв, т. е. от 4 до & мг-экв; столько же требуется миллиграмм-эквивалентов Na2C03, поэтому, умножая на эквивалентный вес Na2C03 (53,00), находят необходимую навеску от 200 до 300 мг. 302. 125 мг. /VHCi = ^2.= o,20; рассчитывая так же, как задачу 301, получим, что навеска равна: 0,20-20-'/3СаО —m—-125лг 303. 105 мг. Два метода решения: |
< К СПИСКУ КНИГ > 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 |
Скачать книгу "Задачник по количественному анализу" (2.55Mb) |
[каталог] [статьи] [доска объявлений] [прайс-листы] [форум] [обратная связь] |
|
Введение в химию окружающей среды. Книга известных английских ученых раскрывает основные принципы химии окружающей
среды и их действие в локальных и глобальных масштабах. Важный аспект книги
заключается в раскрытии механизма действия природных геохимических процессов в
разных масштабах времени и влияния на них человеческой деятельности.
Показываются химический состав, происхождение и эволюция земной коры, океанов и
атмосферы. Детально рассматриваются процессы выветривания и их влияние на
химический состав осадочных образований, почв и поверхностных вод на континентах.
Для студентов и преподавателей факультетов биологии, географии и химии
университетов и преподавателей средних школ, а также для широкого круга
читателей.
Химия и технология редких и рассеянных элементов. Книга представляет собой учебное пособие по специальным курсам для студентов
химико-технологических вузов. В первой части изложены основы химии и технологии
лития, рубидия, цезия, бериллия, галлия, индия, таллия. Во
второй
части книги изложены основы химии и технологии скандия, натрия, лантана,
лантаноидов, германия, титана, циркония, гафния. В
третьей части книги изложены основы химии и технологии ванадия, ниобия,
тантала, селена, теллура, молибдена, вольфрама, рения. Наибольшее внимание
уделено свойствам соединений элементов, имеющих значение в технологии. В
технологии каждого элемента описаны важнейшие области применения, характеристика
рудного сырья и его обогащение, получение соединений из концентратов и отходов
производства, современные методы разделения и очистки элементов. Пособие
составлено по материалам, опубликованным из советской и зарубежной печати по
1972 год включительно.
|
|