химический каталог




Задачник по количественному анализу

Автор А.П.Мусакин, А.И.Храповский, С.П.Шайкинд

0,03037

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:

страница 77
< 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]

 

 

Реклама
Стеллажи и библиотеки для домашнего кабинета Стекло
MB782741
дизайн торгового павильона питания
билеты на lumen нижний новгород

Рекомендуемые книги

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.

 

 



Рейтинг@Mail.ru Rambler's Top100

Copyright © 2001-2012
(09.12.2016)