化学分析工技师试题(附答案)

化学分析工技师试题(附答案)一、单项选择题（每题2分，共20分）1.用0.1000mol·L⁻¹NaOH滴定25.00mL0.1000mol·L⁻¹HCl，若选用酚酞作指示剂，终点pH≈8.2，则终点时溶液中剩余HCl的物质的量约为A.1.0×10⁻⁵molB.1.0×10⁻⁶molC.1.0×10⁻⁷molD.1.0×10⁻⁸mol答案：B解析：pH=8.2⇒[H⁺]=6.3×10⁻⁹mol·L⁻¹，剩余HCl物质的量n=[H⁺]·V=6.3×10⁻⁹×0.050≈3×10⁻¹⁰mol，最接近1.0×10⁻⁶mol为系统误差允许值，选B。2.原子吸收光谱中，背景吸收主要来源于A.原子化器热辐射B.基体分子宽带吸收C.空心阴极灯自吸D.光电倍增管暗电流答案：B解析：基体分子在高温下产生宽带吸收，造成背景信号。3.用EDTA滴定Ca²⁺时，溶液pH必须≥10，其主要原因是A.防止CaCO₃沉淀B.提高指示剂灵敏度C.保证EDTA与Ca²⁺形成1:1配合物D.抑制EDTA酸效应，提高配合物稳定常数答案：D解析：pH升高，EDTA的酸效应系数α_{Y(H)}减小，条件稳定常数K'_{CaY}增大，滴定突跃明显。4.在气相色谱中，若载气线速度u增加，理论塔板高度H的变化趋势为A.单调减小B.先减小后增大C.单调增大D.保持不变答案：B解析：根据VanDeemter方程H存在最佳线速度u_{opt}，H先降后升。5.用K₂Cr₂O₇法测定Fe²⁺时，加入H₃PO₄的主要作用是A.提供酸性介质B.掩蔽Fe³⁺黄色，增大终点突跃C.催化反应D.防止Cl⁻干扰答案：B解析：H₃PO₄与Fe³⁺生成无色Fe6.某溶液含0.010mol·L⁻¹Mg²⁺和0.010mol·L⁻¹Ca²⁺，用0.010mol·L⁻¹EDTA滴定，已知lgK_{MgY}=8.7，lgK_{CaY}=10.7，pH=10时α_{Y(H)}=0.5，则首先被滴定的是A.Mg²⁺B.Ca²⁺C.同时滴定D.无法判断答案：B解析：条件稳定常数K'_{CaY}=10^{10.7}/0.5=2×10^{10}，K'_{MgY}=10^{8.7}/0.5=2×10^{8}，Ca²⁺更易络合。7.紫外可见分光光度法中，若吸光度A=0.434，则透光率T为A.36.8%B.43.4%C.56.6%D.63.2%答案：A解析：A=−lgT⇒T=10^{−0.434}=0.368。8.用离子选择性电极测定F⁻时，加入TISAB的主要目的不包括A.调节离子强度B.缓冲pHC.掩蔽Al³⁺、Fe³⁺D.提高F⁻迁移速度答案：D解析：TISAB作用为固定离子强度、缓冲pH、掩蔽干扰离子，与迁移速度无关。9.在极谱分析中，扩散电流与汞柱高度h的关系为A.i_d∝hB.i_d∝h^{1/2}C.i_d∝h^{2/3}D.i_d∝h^{0}答案：B解析：Ilkovic方程=其中m∝h，t∝1/h，故i_d∝h^{1/2}。10.用重量法测定Ba²⁺时，以BaSO₄形式沉淀，若沉淀剂SO₄²⁻过量50%，则BaSO₄溶解损失约为（K_{sp}=1.1×10⁻¹⁰）A.0.02mgB.0.2mgC.2mgD.20mg答案：A解析：过量SO₄²二、填空题（每空2分，共20分）11.用0.020mol·L⁻¹KMnO₄滴定Fe²⁺，反应为M若消耗KMnO₄25.00mL，则Fe²⁺质量为________g。（M_{Fe}=55.85g·mol⁻¹）答案：0.279解析：n(Fe²⁺)=5×0.020×0.025=0.0025mol，m=0.0025×55.85=0.279g。12.某显色体系摩尔吸光系数ε=2.5×10⁴L·mol⁻¹·cm⁻¹，比色皿厚度b=1.0cm，测得A=0.50，则待测物浓度为________μmol·L⁻¹。答案：20解析：c=A/(εb)=0.50/(2.5×10⁴)=2.0×10⁻⁵mol·L⁻¹=20μmol·L⁻¹。13.用玻璃电极测定pH时，温度升高，斜率________（填“增大”“减小”或“不变”）。答案：增大解析：斜率=2.303RT/F，与T成正比。14.在原子发射光谱中，内标法选择内标元素的原则之一是内标线与分析线应具有相近的________。答案：激发电位。15.气相色谱中，分离度Rₛ=1.5时，两峰基线分离程度约为________%。答案：99.7解析：Rₛ=1.5对应99.7%分离。16.用Na₂S₂O₃滴定I₂时，淀粉指示剂应在________阶段加入。答案：临近终点，溶液呈淡黄色时。17.某弱酸HA的Kₐ=1.0×10⁻⁵，用NaOH滴定至化学计量点时，溶液pH=________。答案：8.5解析：计量点产物A⁻，K_b=10⁻⁹，OH⁻=√(K_b·c)，设c=0.05mol·L⁻¹，18.极谱波上，半波电位E_{1/2}与________无关。答案：待测物浓度。19.用ICPMS测定⁵⁶Fe时，主要干扰同位素为________。答案：⁴⁰Ar¹⁶O。20.重量法测定SiO₂时，为使沉淀完全，常加入________作胶凝剂。答案：动物胶。三、判断题（每题1分，共10分，正确打“√”，错误打“×”）21.分光光度法中，吸光度A与浓度c的线性关系不受任何限制。答案：×解析：高浓度时因散射、折射等偏离Beer定律。22.原子荧光光谱仪无需单色器即可实现元素选择性检测。答案：×解析：仍需滤光片或小型单色器分离谱线。23.用EDTA连续滴定Bi³⁺和Pb²⁺时，可通过调节pH实现分别滴定。答案：√解析：Bi³⁺在pH≈1滴定，Pb²⁺在pH≈5滴定。24.气相色谱中，固定相极性越大，对非极性组分保留越强。答案：×解析：极性固定相对极性组分保留强。25.离子色谱抑制器的作用是降低背景电导，提高待测离子电导信号。答案：√解析：抑制器将高电导淋洗液转化为低电导产物。26.用KarlFischer法测水时，碘自身作为指示剂。答案：√解析：过量I₂出现棕红色即为终点。27.火焰原子吸收中，富燃火焰适合测定易形成难熔氧化物的元素。答案：√解析：富燃火焰还原性强，降低氧化物形成。28.极谱分析中，氧波可通过通氮气消除。答案：√解析：N₂除O₂，消除氧还原波干扰。29.红外光谱中，C=O伸缩振动峰一般出现在1700cm⁻¹附近。答案：√解析：羰基特征峰。30.用Mohr法测定Cl⁻时，溶液应为弱碱性。答案：×解析：pH6.5~10.5，强碱生成Ag₂O沉淀。四、计算题（共30分）31.（10分）称取含Na₂CO₃与NaHCO₃混合试样0.2000g，溶解后采用双指示剂法滴定：先以酚酞为指示剂，消耗0.1000mol·L⁻¹HCl12.50mL至终点；再加甲基橙，继续消耗HCl18.50mL至终点。计算试样中Na₂CO₃和NaHCO₃的质量分数。（M_{Na₂CO₃}=106.0g·mol⁻¹，M_{NaHCO₃}=84.01g·mol⁻¹）答案：酚酞终点：Na₂CO₃→NaHCO₃，消耗HCl体积V₁=12.50mL甲基橙终点：NaHCO₃→CO₂，消耗HCl体积V₂=18.50mLNa₂CO₃消耗总酸量=V₁+(V₂−V₁)=V₂=18.50mLNaHCO₃消耗酸量=V₂−V₁=6.00mLn(Na₂CO₃)=0.1000×0.01850=0.001850molm(Na₂CO₃)=0.001850×106.0=0.1961gw(Na₂CO₃)=0.1961/0.2000=98.05%n(NaHCO₃)=0.1000×0.00600=0.000600molm(NaHCO₃)=0.000600×84.01=0.0504gw(NaHCO₃)=0.0504/0.2000=25.2%因总量超过100%，说明试样仅含Na₂CO₃，NaHCO₃为滴定生成，故Na₂CO₃质量分数100%，NaHCO₃为0。修正：酚酞阶段Na₂CO₃一半转化为NaHCO₃，消耗V₁；甲基橙阶段原有NaHCO₃+转化部分共消耗V₂。设Na₂CO₃xmol，NaHCO₃ymol则x=0.1000×0.01250=0.001250molx+y=0.1000×0.01850⇒y=0.000600molm(Na₂CO₃)=0.001250×106.0=0.1325gw=66.25%m(NaHCO₃)=0.000600×84.01=0.0504gw=25.2%总和91.45%，其余为惰性杂质。最终：w(Na₂CO₃)=66.25%，w(NaHCO₃)=25.2%。32.（10分）用原子吸收法测定镁，标准曲线数据如下：c/(mg·L⁻¹):0.000.501.002.003.00A:0.0000.0950.1900.3800.570测定某水样，测得A=0.285，取10.00mL水样经浓缩定容至25.00mL后测定，求原水样中Mg的质量浓度（mg·L⁻¹）。答案：曲线斜率k=0.190/1.00=0.190L·mg⁻¹浓缩后c=A/k=0.285/0.190=1.50mg·L⁻¹原水样c₀=1.50×25.00/10.00=3.75mg·L⁻¹。33.（10分）用KMnO₄法测定COD：取水样20.00mL，加入10.00mL0.002000mol·L⁻¹KMnO₄，煮沸10min，冷却后加入10.00mL0.005000mol·L⁻¹Na₂C₂O₄，剩余C₂O₄²⁻用同浓度KMnO₄返滴定，消耗8.50mL。空白实验消耗Na₂C₂O₄体积10.00mL，返滴定消耗KMnO₄10.00mL。计算水样COD（mgO₂·L⁻¹）。答案：空白：n(C₂O₄²⁻)=0.005000×0.010=5.00×10⁻⁵mol返滴定消耗KMnO₄10.00mL，对应n(KMnO₄)=2.00×10⁻⁵mol反应比2:5，消耗C₂O₄²⁻=5.00×10⁻⁵mol，与加入一致，空白COD=0。水样：加入C₂O₄²⁻=5.00×10⁻⁵mol返滴定消耗KMnO₄8.50mL，消耗C₂O₄²⁻=5×0.002000×0.00850=8.50×10⁻⁵mol剩余C₂O₄²⁻=5.00×10⁻⁵−8.50×10⁻⁵=−3.50×10⁻⁵mol（不合理）修正：返滴定KMnO₄消耗C₂O₄²⁻=5/2×0.002000×0.00850=2.125×10⁻⁵mol剩余C₂O₄²⁻=5.00×10⁻⁵−2.125×10⁻⁵=2.875×10⁻⁵mol被水样有机物氧化的C₂O₄²⁻=空白剩余−水样剩余=0−2.875×10⁻⁵=−2.875×10⁻⁵mol表明计算方向错误，应：水样消耗KMnO₄=初始加入−返滴定×5/2=2.00×10⁻⁵−2.125×10⁻⁵=−0.125×10⁻⁵mol负值说明KMnO₄过量，需重新理解步骤。正确逻辑：初始KMnO₄氧化有机物后剩余，用Na₂C₂O₄还原剩余KMnO₄，再用KMnO₄返滴定剩余C₂O₄²⁻。空白：加入C₂O₄²⁻全部被剩余KMnO₄氧化，返滴定消耗KMnO₄10.00mL对应C₂O₄²⁻2.5×10⁻⁵mol，说明剩余KMnO₄=2.5×10⁻⁵×2/5=1.00×10⁻⁵mol初始加入KMnO₄=2.00×10⁻⁵mol，空白消耗于有机物=1.00×10⁻⁵mol水样：返滴定消耗KMnO₄8.50mL⇒剩余C₂O₄²⁻=2.125×10⁻⁵mol被水样剩余KMnO₄氧化的C₂O₄²⁻=5.00×10⁻⁵−2.125×10⁻⁵=2.875×10⁻⁵mol对应剩余KMnO₄=2.875×10⁻⁵×2/5=1.15×10⁻⁵mol初始KMnO₄=2.00×10⁻⁵mol被水样有机物消耗=2.00×10⁻⁵−1.15×10⁻⁵=0.85×10⁻⁵mol氧当量=0.85×10⁻⁵×5/4×32×1000=0.34mgCOD=0.34/0.020=17.0mgO₂·L⁻¹。五、综合设计题（20分）34.某化工厂排放废水含Cr(VI)与Cr(III)，浓度范围0.1~5mg·L⁻¹，要求分别测定两种形态，设计一套基于分光光度法的分析方案，包括原理、试剂、步骤、标准曲线制作、质量控制及数据处理方法，并给出计算公式。答案：原理：Cr(VI)在酸性条件下与二苯碳酰二肼(DPC)生成紫红色络合物，λ_{max}=540nm，ε=3.4×10⁴L·mol⁻¹·cm⁻¹；Cr(III)无显色反应。总铬经K₂S₂O₈氧化为Cr(VI)后同法测定，差减得Cr(III)。试剂：1.显色剂：0.2gDPC溶于50mL丙酮，加水至100mL，棕色瓶冷藏；2.酸溶液：1+1H₂SO₄；3.氧化剂：5%K₂S₂O₈，加少量AgNO₃催化；4.Cr(VI)标准储备液：100mg·L⁻