分析化學 第五版 武漢大學 習題解答

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1、第1章 分析化學概論 2. 有0.0982mol/L的H2SO4溶液480mL,現(xiàn)欲使其濃度增至0.1000mol/L。問應加入0.5000mol/L H2SO4的溶液多少毫升？ 解： 4．要求在滴定時消耗0.2mol/LNaOH溶液25~30mL。問應稱取基準試劑鄰苯二甲酸氫鉀(KHC8H4O4)多少克？如果改用做基準物質(zhì)，又應稱取多少克？ 解： 應稱取鄰苯二甲酸氫鉀1.0~1.2g 應稱取0.3~0.4g 6．含S有機試樣0.471g，在氧氣中燃燒，使S氧化為SO2，用預中和過的H2O2將SO2吸收，全部轉(zhuǎn)化為H2SO4，以0.10

2、8mol/LKOH標準溶液滴定至化學計量點，消耗28.2mL。求試樣中S的質(zhì)量分數(shù)。 解： 8．0.2500g不純CaCO3試樣中不含干擾測定的組分。加入25.00mL0.2600mol/LHCl溶解，煮沸除去CO2，用0.2450mol/LNaOH溶液反滴定過量酸，消耗6.50mL，計算試樣中CaCO3的質(zhì)量分數(shù)。 解： 10．不純Sb2S30.2513g，將其置于氧氣流中灼燒，產(chǎn)生的SO2通入FeCl3溶液中，使Fe3+還原至Fe2+，然后用0.02000mol/LKMnO4標準溶液滴定Fe2+，消耗溶液31.80mL。計算試樣中Sb2S3的質(zhì)量分數(shù)。若以Sb計

3、，質(zhì)量分數(shù)又為多少？ 解： 　 12. 用純As2O3標定KMnO4溶液的濃度。若0.211 2 g As2O3在酸性溶液中恰好與36.42 mL KMnO4反應。求該KMnO4溶液的濃度。 解： 故 14．H2C2O4作為還原劑?？膳cKMnO4反應如下： 其兩個質(zhì)子也可被NaOH標準溶液滴定。分別計算0.100molL-1NaOH和0.100 molL-1 KMnO4溶液與500mg H2C2O4完全反應所消耗的體積（mL）。 解： 16. 含K2Cr2O7 5.442gL-1的標準溶液。求其濃度以及對于Fe3O4

4、（M=231.54gmol-1）的滴定度（mg/mL）。 解： 18. 按國家標準規(guī)定，化學試劑FeSO47H2O（M=278.04gmol-1）的含量：99.50~100.5%為一級（G.R）；99.00%~100.5%為二級（A.R）；98.00%~101.0%為三級（C.P）?，F(xiàn)以KMnO4法測定，稱取試樣1.012g，在酸性介質(zhì)中用0.02034 molL-1 KMnO4溶液滴定，至終點時消耗35.70mL。計算此產(chǎn)品中FeSO47H2O的質(zhì)量分數(shù)，并判斷此產(chǎn)品符合哪一級化學試劑標準。 解： 故為一級化學試劑。 20. CN-可用EDTA

5、間接滴定法測定。已知一定量過量的Ni2+與CN-反應生成Ni(CN)，過量的Ni2+以EDTA標準溶液滴定，Ni(CN)并不發(fā)生反應。取12.7mL含CN-的試液，加入25.00mL含過量Ni2+的標準溶液以形成Ni(CN)，過量的Ni2+需與10.1mL 0.0130 molL-1 EDTA完全反應。已知39.3mL 0.0130 molL-1 EDTA與上述Ni2+標準溶液30.0mL完全反應。計算含CN-試液中CN-的物質(zhì)的量濃度。 解： 第2章 分析試樣的采集與制備 1．某種物料，如各個采樣單元間標準偏差的估計值為0.61％，允許的誤差為0.4

6、8％，測定8次，置信水平選定為90%，則采樣單元數(shù)應為多少? 解：f=7 P=90% 查表可知t=1.90 2．某物料取得8份試樣，經(jīng)分別處理后測得其中硫酸鈣量分別為81.65％、81.48％、81.34％、81.40％、80.98％、81.08％、81.17％、81.24％，求各個采樣單元間的標準偏差．如果允許的誤差為0.20％，置信水平選定為95％，則在分析同樣的物料時，應選取多少個采樣單元？ 解：f=7 P=85% 查表可知 t=2.36 4．已知鉛鋅礦的K值為0.1，若礦石的最大顆粒直徑為30 mm，問最少應采取試樣多少千克才有代表性? 解： 5．采取

7、錳礦試樣15 kg，經(jīng)粉碎后礦石的最大顆粒直徑為2 mm，設K值為0.3，問可縮分至多少克？ 解： 設縮分n次，則 解得，所以n=3 m = 第3章 分析化學中的誤差與數(shù)據(jù)處理 1．根據(jù)有效數(shù)字運算規(guī)則，計算下列算式： (1)19.469+1.537-0.0386+2.54 (2) 3.60.032320.592.12345 (3) (4) pH=0.06，求[H+]=? 解：a. 原式=19.47+1.54-0.04+2.54=23.51 b. 原式=3.60.032212.1=5.1 c. 原式= d. [H+]=10-0.06=

8、0.87( mol/L ) 3．設某痕量組分按下式計算分析結(jié)果：，A為測量值，C為空白值，m為試樣質(zhì)量。已知 sA=sC=0.1，sm=0.001，A=8.0，C=1.0，m=1.0，求sx。 解： 且 故 5. 反復稱量一個質(zhì)量為 1.0000g的物體，若標準偏差為0.4mg，那么測得值為1.0000~1.0008g的概率為多少？ 解：由 故有 即 查表得 P=47.73% 7．要使在置信度為95％時平均值的置信區(qū)間不超過s，問至少應平行測定幾次? 解： 查表，得： 9. 測定黃鐵礦中硫的質(zhì)量分數(shù)，六次測定結(jié)果分別為30.48

9、%, 30.42%, 30.59%, 30.51%, 30.56%, 30.49%，計算置信水平95%時總體平均值的置信區(qū)間。 解： =0.06% 置信度為95%時： 11.下列兩組實驗數(shù)據(jù)的精密度有無顯著性差異(置信度90％)? A：9.56，9.49，9.62，9.51，9.58，9.63 B：9.33，9.51，9.49，9.51，9.56，9.40 解：a. 故 b. 故 所以 查表得>2.221 13．用兩種不同分析方法對礦石中鐵的質(zhì)量分數(shù)進行分析，得到兩組數(shù)據(jù)如下： s n 方法1 15.34％ 0.10％ 1

10、1 方法2 15.43％ 0.12％ 11 a．置信度為90％時，兩組數(shù)據(jù)的標準偏差是否存在顯著性差異? b．在置信度分別為90％，95％及99％時，兩組分析結(jié)果的平均值是否存在顯著性差異? 解：(a)=0.00102，=0.00122 F==1.440.063 查表得：當置信度為95%時，=2.09>0.063 查表得：當置信度為99%時，=2.84>0.063 所以兩

11、組分析結(jié)果的平均值不存在顯著性差異。 15．實驗室有兩瓶NaCl試劑，標簽上未標明出廠批號，為了判斷這兩瓶試劑含Cl-1的質(zhì)量分數(shù)是否有顯著性差異，某人用莫爾法對它們進行測定，結(jié)果如下： A瓶 60.52％，60.41％，60.43％，60.45％ B瓶 60.15％，60.15％，60.05％，60.08％ 問置信度為90%時，兩瓶試劑含Cl-1的質(zhì)量分數(shù)是否有顯著性差異？ 解：用F檢驗法： = =60.45%，= =2.310-3 ==60.11%，==2.610-3 F==1.13， 查表得F表=9.28>1.13 因此沒有差異。 用t檢驗法： S==5.01

12、0-4 所以 t==9.6 而查表得t表=1.94<9.6 所以存在顯著性差異。 17．為提高光度法測定微量Pd的靈敏度，改用一種新的顯色劑。設同一溶液，用原顯色劑及新顯色劑各測定4次，所得吸光度分別為0.128，0.132，0.125，0.124及0.129，0.137，0.135，0.139。判斷新顯色劑測定Pd的靈敏度是否有顯著提高?(置信度95％) 解：用F檢驗法： = =0.127，，= =1.310-5 ==0.135, ==1.910-5 F==1.46 查表得F表=9.28>1.46,因此沒有顯著性差異。 用t檢驗法： S==4.010-3 所以 t

13、==2.8 而查表得t表=2.45<2.8 所以存在顯著性差異 。 21．某熒光物質(zhì)的含量(c)及其熒光相對強度(y)的關(guān)系如下： 含量 c/mg 0.0 2.0 4.0 6.0 8.0 10.0 12.0 熒光相對強度y 2.1 5.0 9.0 12.6 17.3 21.0 24.7 a．列出一元線性回歸方程 b．求出相關(guān)系數(shù)并評價y與x間的相關(guān)關(guān)系。 解：由題意可得，=6.0， =13.1， =216.2， =112.0，=418.28， 所以b===1.93， 　 =13.1-1.936.0=1.52 所以一元回歸方程為：y=1.52+1.93

14、x （b）因為 =0.9987 　 比較接近于1，所以y與x的線性關(guān)系很好。 第4章 分析質(zhì)量的控制與保證 [16] 解：平均值 = 0.256 mg/L 標準偏差 s = 0.020 mg/L 標準物質(zhì)標準值μ=0.250 mg/L 控制限 3s=（0.256 0.060）mg/L 警戒限 2s=（0.256 0.040）mg/L 繪制分析數(shù)據(jù)的質(zhì)控圖如下圖。 還原糖分析的質(zhì)量控制圖 第5章 酸堿平衡和酸堿滴定法 1．寫出下列溶液的質(zhì)子條件式。 a．c1 molL-l NH3 + c2 molL-l NH4Cl； c．c1 molL-l)H3

15、PO4 + c2 molL-l HCOOH； 解： a. 對于共軛體系，由于構(gòu)成了緩沖溶液，所以可以將其視為由強酸（HCl和弱堿（NH3）反應而來，所以參考水準選為HCl, NH3和H2O 質(zhì)子條件式為：[ H+ ] + [NH4+] = [Cl-] + [OH-] 或[ H+ ] + [NH4+] = c2 + [OH-] c. 直接取參考水平：H3PO4 , HCOOH , H2O 質(zhì)子條件式：[H+] = [H2PO4-] + 2[HPO42-] + 3[PO43-] + [HCOO-]+[OH-] 3．計算下列各溶液的pH。 a．0.050 molL-l NaA

16、c； c．0.10 molL-l NH4CN； e．0.050 molL-l氨基乙酸； g．0.010 molL-l H2O2液； i．0.060 molL-l HCI和0.050 molL-l氯乙酸鈉(ClCH2COONa)混合溶液。 解： a.對于醋酸而言，Kb = Kw / Ka = 5.6 10-10 應為cKb = 5.6 10-105 10-2 = 2.8 10-11> 10Kw c/Kb> 100 故使用最簡式； [OH-] = = 5.2910-6 pH = 14 – pOH = 8.72 c. NH4+ Ka’ = 5.6 10-

17、10 HCN Ka = 6.2. 10-10 cKa’ > 10Kw c > 10 Ka 由近似公式可以得到： [H+] = = = 5.8910-10 pH = 10 – 0.77 = 9.23 e. 氨基乙酸一端羧基顯酸性，一端氨基顯堿性，Ka1 = 4.510-3 , Ka2 = 2.5 10-10 c/Ka2> 100 且c > 10 Ka1 所以[H+] = = = 1.06 10-6 pH = 6-0.03 = 5.97 g. 對于雙氧水而言，Ka = 1.8 10-12 cKa < 10Kw c/Ka> 100 所以可以計算氫離子濃度 [H+

18、] = = = 1.67 10-7 pH = 7 – 0.22 = 6.78 i. 由于ClCH2COONa + HCl = ClCH2COOH + NaCl 所以原溶液可以看成0.050mol/L的ClCH2COOH和0.010mo/LHCl的混合溶液設有x mol/L的ClCH2COOH發(fā)生離解，則 ClCH2COOH ClCH2COO- + H+ 0.05-x x 0.01+x 所以有= Ka = 1.4 10-3 解得x = 4.4 10-3mol/L 那么[H+] = 0.0144mol/L pH = -log [H+] = 1.84 5．某

19、混合溶液含有0.10 molL-l HCl、2.010-4 molL-l NaHSO4和2.010-6 molL-l HAc。 a．計算此混合溶液的pH。 b．加入等體積0.10 molL-l NaOH溶液后，溶液的pH。 解：a. HSO4- Ka2=1.010-2 HAc Ka=1.810-5 均為弱酸，且濃度遠低于HCl的濃度，所以此體系中的HSO4-和HAc在計算pH值時刻忽略。故pH=1.00。 b.加入等體積0.1mol/LNaOH溶液，HCl被中和，體系變?yōu)镠SO4-和HAc的混酸體系， 忽略KW及KHA[HA]， [H+ ]2=（CHSO4--[H+ ]）

20、 解得[H+ ]=9.9010-5 故pH=4.00 7．已知Cr3+的一級水解反應常數(shù)為10-3.8，若只考慮一級水解，則0.010 molL-l Cr(ClO4)3 的pH為多少? 此時溶液中Cr(OH)2+的分布分數(shù)是多大? 解：1） mol/L 故pH=2.93 2） 9．今用某弱酸HB及其鹽配制緩沖溶液，其中HB的濃度為0.25 molL-l。于100mL該緩沖溶液中加入200 mg NaOH(忽略溶液體積的變化)，所得溶液的pH為5.60。問原來所配制的緩沖溶液的pH為多少? (已知HB的) 解：（mol/L） 已知p Ka=5.30，pH=5

21、.60 設原緩沖溶液中鹽的濃度為x mol/L，故 得x=0.35 則原緩沖溶液pH= 11．配制氨基乙酸總濃度為0.10 molL-l的緩沖溶液(pH =2.0)100mL，需氨基乙酸多少克?還需加多少毫升1 molL-l酸或堿，所得溶液的緩沖容量為多大? 解：設酸以HA表示，p Ka1=2.35 p Ka2=9.60 1)需HA質(zhì)量m=0.1010075.0＝0.75（g） 2）因為氨基乙酸及質(zhì)子化氨基乙酸構(gòu)成緩沖溶液，設pH=2時，質(zhì)子化氨基乙酸濃度為xmol/L，則 即，解得x=0.079 生成0.079mol/L的質(zhì)子化氨基乙酸，需加酸為0.07

22、9100=7.9ml 13．計算下列標準緩沖溶液的pH(考慮離子強度的影響)，并與標準值相比較。 a．飽和酒石酸氫鉀(0.034 0 molL-l)； c．0.010 0 molL-l 硼砂。 解：a. p Ka1=3.04，p Ka2＝4.37 I= （mol/L）， 查表得，，， 故，得 同理可得， 又 最簡式 pH=3.56 c. c=0.0100 mol/L，p Ka1=4，p Ka2=9 查表 故 K=5.810-10 故pH=9.18 16. 解： 已知一元弱酸的，問其等濃

23、度的共軛堿的為多少？（已知：，且） 解：據(jù)題意： 　　　　　 　　　　　　　 19. 用滴定至。計算終點誤差。 解：時　　 　　 　　　 22. 用滴定羥胺鹽酸鹽（）和的混合溶液。問化學計量點時溶液的為多少？在化學計量點有百分之幾的參加了反應？ 解：(1) 已知　　　 時，產(chǎn)物為和 　　　 　　　 　　　 (2) 時， 　　　 　　　參加反應的百分數(shù)為： 　　　　 25.稱取鋼樣，溶解后，將其中的磷沉淀為磷鉬酸銨。用溶解沉淀，過量的用返滴定至酚酞剛好褪色，耗去。計算鋼中和的質(zhì)量分數(shù)。 解： 過量 用于滴定磷鉬酸銨

24、的 含Ｐ物質(zhì)的量為： 28. 標定甲醇鈉溶液時，稱取苯甲酸，消耗甲醇鈉溶液，求甲醇鈉的濃度。 解：，令其濃度為 　 第6章 絡合滴定法 2.解： 4.解：用氨水調(diào)解時： 故主要存在形式是，其濃度為 用氨水和NaOH調(diào)解時： 故主要存在形式是和，其濃度均為 6．解： 8.解：PH=5.0時， 　 　 　 10.解：設Al3+濃度為0.010mol/L，則由Al(OH)3的Ksp計算可得Al3+發(fā)生水解時pH=3.7。要想在加入EDT

25、A時，Al3+不發(fā)生水解，pH應小于3.7。 12.解：a. b. 15. 解: 由Ksp ，測Th時pH<3.2,測La時pH<8.4，查酸效應曲線（數(shù)據(jù)）可知，測Th時 pH2較好，為消除La的干擾，宜選pH<2.5,因此側(cè)Th可在稀酸中進行；側(cè)La在pH5-6較合適，可選在六亞甲基四胺緩沖溶液中進行。 18. 解: 由題意可知 21. 解: 據(jù)題中計量關(guān)系得： 24. 解: 據(jù)題中計量關(guān)系得： =21.10% 100%=16.55%） 　 第 7

26、 章 氧化還原滴定法 　 1. 解：查表得：lgK(NH3) =9.46 E=EθZn2+/Zn+0.0592lg[Zn2+]/2 =-0.763+0.0592lg([Zn(NH3)42+]/K[(NH3)]4)/2 =-1.04V 3. 解：E Hg22+/Hg=EθHg22+/Hg+0.5*0.0592lg[Hg2+] =0.793+0.5*0.0592lg(Ksp/[Cl-]2) EθHg22+/Hg=0.793+0.0295lgKsp=0.265V E Hg22+/Hg=0.265+0.5*0.0592lg(1/[Cl-]2)=0.383V 5.

27、解：E MnO4-/Mn2+= Eθ′MnO4-/Mn2++0.059*lg（ [MnO4-]/[Mn2+]）/5 當還原一半時：[MnO4-]=[Mn2+] 故E MnO4-/Mn2+= Eθ′MnO4-/Mn2+=1.45V [Cr2O72-]=0.005mol/L [Cr3+]=2*0.05=0.10mol/L ECr2O72-/Cr3+= Eθ′Cr2O72-/Cr3++0.059/6*lg（[Cr2O72-]/[Cr3+]）=1.01V 7. 解：Cu+2Ag＋＝Cu2＋＋2Ag lgK＝（0.80-0.337）*2/0.059＝15.69 K＝1015.6

28、9＝[Cu2＋]/[ Ag＋]2 表明達到平衡時Ag＋幾乎被還原, 因此=[ Ag＋]/2=0.05/2=0.025mol/L [ Ag＋]= ( [Cu2＋]/K)0.5=2.3*10-9mol/L 9. 解：2S2O32-+I-3=3I-+S4O62- (a)當?shù)味ㄏ禂?shù)為0.50時， [I3-]=0.0500(20.00-10.00)/(20.00+10.00)=0.01667mol/L [I-]=0.500*2*10.00/(20.00+10.00)+1*20.00/30.00=0.700mol/L 故由Nernst方程得： E=E I3-/ I-0.059/2*

29、 lg0.01667/0.700=0.506V (b) 當?shù)味ǚ謹?shù)為1.00時，由不對稱的氧化還原反應得： E I-3/ I-=0.545+0.0295 lg[I-3]/[ I-]3 (1) E S4O62/-S2O32-=0.080+0.0295 lg[S4O62-]/ [S2O32]2 (2) (1)*4+(2)*2得：6Esp=2.34+0.059 lg[I-3]2[S4O62-]/[ I-]6[S2O32-]2 由于此時[S4O62-]=2[I-3]，計算得[S4O62-]=0.025mol/L [ I-]=0.55mol/L, 代入上式Esp=0.39=0.059/

30、6* lg[S4O62-]/4[ I-]6=0.384V (c) 當?shù)味ǚ謹?shù)為1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lg[S4O62-]/ [S2O32]2 此時[S4O62-]=0.1000*20.00/100=0.0200mol/L [S2O32-]=0.100*10.00/50.00=0.0200mol/L 故E=0.800+0.0295 lg0.200/(0.200)2=1.30V 11．解： Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+ 終點時 CCe3+=0.05000mol/l, Fe2+=0.05000mol/l. 所以 C

31、 Ce4= CCe3+*10(0.94-1.44)/0.059=1.7*10-10mol/l C Fe2+=CFe3+*10(0.94-0.68)/0.059=2.0*10-6mol/l 得Et=(1.7*10-10-2.0*10-6)/(0.0500+2.0*10-6)*100%=-0.004% 13．解： Ce4++Fe2+=Ce3++Fe2+ 在H2SO4介質(zhì)中，終點時Eep=0.48V, Esp=(1.48+0.68)/2=1.06V, E=1.44-0.68=0.76V, E=0.84-1.06=-0.22 Et=(10-0.22/0.059-100.22/0.0

32、59)/100.76/2*0.059*100%=-0.19% 在H2SO4+H3PO4介質(zhì)中， Fe3+=1+103.5*0.5=5*102.5=103.2, Fe2+=1+0.5*102.3=102.0 EFe3+/Fe2+=0.68+0.059lgFe3+=0.61V Esp=(1.44+0.617)/2=1.03V E=0.84-1.03=-0.19V E=0.83V, 由林邦誤差公式: Et=(10-0.19/0.059-100.19/0.059)/100.83/2*0.059*100%=0.015% 15. 解： 5VO2++MnO4-+6H2O=5VO3-+

33、Mn2++12H+ 4Mn2++MnO4-+8H+=5Mn3++4H2O 5VMnO4-,4Mn4Mn2+MnO4- (V)=5*0.02000*2.50*50.49/1.000*1000*100%=1.27% (Mn)=(4*0.02000*4.00-0.02000*2.50)*54.94/(1.00*1000)*100%=1.48% 17. 解：PbO2+H2C2O2+2H+=Pb2++2CO2+2H2O, PbO+2H+=Pb2++H2O, 2MnO4-+5C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O 5PbO2 5PbO 5C2O42- 2MnO4-,

34、設試樣中PbO2為x克，PbO為y克。 則 20*0.25=0.04*10.00*5/2+2*1000x/M(PbO2)+1000y/M(PbO) 0.04000*30.00=2*1000x/5M(PbO2)+2*1000y/5M(PbO) 解得 x=0.2392g, y=0.4464g 故 (PbO2)=0.2392/1.234*100%=19.38%, (PbO)=0.4464/1.234*100%=36.17%. 19. 解：由化學反應：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O, I2+S2O32-=2I-+S4O62- 得 1KIO35I-3I26Na2S2O3

35、cKI*25.00=5*(10.00*0.05000-21.14*0.1008*1/6), 得 cKI=0.02896mol/L 21. 解：由3NO2+H2O=2HNO3+NO, 及氮守恒得 3NH4+3NH33NO22HNO32NaOH, (NH3)=0.0100*20.00+3*M(NH3)/(1.000*1000*2)*100%=0.51% 23. 解：由此歧化反應的電子守恒得：3/2Mn2+MnO4- (Mn)=(0.03358*0.03488)*3/2*M(Mn)/0.5165*100%=18.49% 25. 解：由氧化還原反應電子守恒得：6Fe2+Cr2

36、O72-， mCr=2*M(Cr)(0.500/M[Fe(NH4)(SO4)26H2O]-6*0.00389*0.01829)/6=1.486*10-2 V=m,V=Shh=6.80*10-5 28. 解： 故 31. 解：由關(guān)系式得： 34. 解：a、sul的分子結(jié)構(gòu)式為 b、 c、 d、由關(guān)系式和得： 故該試樣為不合格產(chǎn)品。 37. 解：由關(guān)系式得： 　 第8章 沉淀滴定法和滴定分析小結(jié) 　 2. 解：試樣中Cl-的總量即為消耗Ag+的量 n(Cl-)=n(Ag+)=0.0791619.46=1

37、.540510-3(mol) 設試樣中BaCl2的質(zhì)量為x，則有 　　　2x/208.24 + (0.1036 – x)/58.443=1.540510-3 解得x=0.03093(g) 即，試樣中的BaCl2的質(zhì)量為0.03093g 4. 解：設試樣中K2O的質(zhì)量為x，Na2O的質(zhì)量為y 2 [x/M(K2O)]M(KCl)+2 [y/M(Na2O)]M(NaCl)=0.1028 （1） 2 [x/M(K2O)]M(AgCl)+2 [y/M(Na2O)]M(AgCl)=0. 2513 （2） 由（1）（2）解得 X=0.05357g y=0.01909g

38、 K2O%=0.05357/0.5034 100% = 10.64% Na2O%=0.01909/0.5034 100% = 3.79% 6. 解：反應關(guān)系為1As~ 1Ag3AsO4~ 3Ag+~3NH4SCN As%=[0.100045.4510-3M(As)]/[30.5000] 100% =22.70% 8. 解：設該鐵的氧化物的分子式為FexOy 則 55.85x+16.00y=0.5434 55.85x=0.3801 ∴ x= 0.006806 y= 0.01020 ∴ y/x =0.01020/0.006806 = 1.5 = 3

39、:2 即該鐵的氧化物的分子式為Fe2O3 第9章 重量分析法 1．解： S0=[CaSO4]=β[Ca2+][SO42-]=βKsp=2009.110-6=1.8210-3mol/L 非離解形式Ca2+的百分數(shù)為 3．解： （1） （2） 5．解： ， 7．解： 在同一溶液中，只有一種濃度 9．解： 　 11．解：KSP＝9.310－17＝[Ag+][I－]＝ s=2.8110－5 13．解： 混合后， 剩余的= 100 mL

40、純水洗滌時損失的: 100 mL0.010 洗滌時 　 16．解： （1） 　 　 (2) (3) 　 19．解： 　 　 　 主要狀態(tài)可由數(shù)值得 22．解： (1) (2) (3) (4) 25．解： 設CaC2O4為,MgC2O4 =0.6240- 　 28．解： 31．解： 設為 　 34．解： AgCl:＝0.035(molL-1) cNH3＝3/2＝1.5(molL-1) [Ag+]原＝＝0.0175(molL-1)

41、 [I-]原＝＝0.025(molL-1) 設混合后[Ag+]＝x/ molL-1 Ag+ + 2NH3 Ag(NH3)2+ x 1.5-2(0.0175-x) 0.0175-x ≈1.5 ≈0.0175 ＝2＝107.40 x＝3.110-10 [Ag+][I-]＝3.10.025＝7.810-12 > 有AgI沉淀生成。 第10章 吸光光度法 2. 解：A=-lgT=Kbc 當b=2cm時,A=-log0.60=0.222; 當b=1cm,A=0.222/2=0.111,lgT=-0.111∴T=0.77=77%; 當b=3cm，A=0.2223

42、/2=0.333，lgT=-0.333∴T=0.46=46% 4. 解：A=-lgT=-lg50.5%=0.297, c=25.510-6103/(50M)=8.1810-6mol/L K穩(wěn) ε=A/bc=0.297/(28.1810-6)=1.91104L/(mol.cm) s=M/ε=3.310-8ug/cm2 6.解：此為飽和法測定絡合物組成，以配位試劑Phen與Fe2+的濃度比[R]/[M]為橫坐標，以吸光度A為縱坐標作圖。圖中曲線轉(zhuǎn)折點不敏銳，所以運用外推法得一交點，從交點向橫坐標作垂線，對應的[R]/[M]值就是絡合物的配比。由圖示可見，絡合物的組成為F

43、e（Phen）3，即M：R=1：3 　 　 8.解：A=0.700=-lgT1,T1=20%; A=1.00=-lgT2,T2=10%，ΔT=10%; 以0.00100mol/L溶液為參比時，測得試樣的透射比為T2， 則20%/100%=10%/T2 T2=50%，試樣的吸光度為A=-lgT2=-lg0.50=0.301; 標尺放大倍數(shù)n=100%/20%=5 10.解：Ti和V定容后的濃度分別為5.310-4mol/L和1.5710-3mol/L，設Ti和V絡合物在415nm和455nm的摩爾吸光系

44、數(shù)分別為ε11，ε12，ε21，ε22。未知樣經(jīng)處理后的濃度為c（Ti），c（V）。根據(jù)郎-比爾定律可知： 0.435=ε115.310-4，ε11=8.2102L.mol-1.cm-1； 0.246=ε125.310-4，ε12=4.6102L.mol-1.cm-1； 0.510=ε211.5710-3，ε21=1.6102L.mol-1.cm-1； 0.377=ε221.5710-3，ε22=2.4102L.mol-1.cm-1； ε11c（Ti）+ε21c（V）=0.645 且ε12c（Ti）+ε22c（V）=0.555 ，將數(shù)據(jù)代入后解得： c（Ti）=2.7110-3mo

45、l/L，c（V）=6.3010-3 mol/L 12.解：A=-lgT=-lg0.42=0.376， c=A/bε=0.376/（2.51032）=7.5210-5 mol/L 因此，1000mL中含有色物7.5210-5Mg。已知含量為0.001%，故1000/ （7.5210-5M）=100/0.0010，M=131.5g/mol 14.解：設絡合物的解離度為α，則α=AmAX-A/ AmAX=0.390-0.320/0.390=0.179 K穩(wěn)=c（1-α）/[cα（2cα）2]=（1-α）/4c2α3=（1-0.179）/[4（1.48 10-5

46、）20.1793]=1.631011 lgK穩(wěn)=11.2 第11章 分析化學中常用的分離與富集方法 1. 解：（1）由于剩余的Fe3+為0.01%，所以[Fe3+]=0.0020.0001=210-6mol/L Ksp=810-38=[Fe3+][OH-]3, [OH-]=10-10.53, PH=3.53 (2) 若為Fe2+時，則Ksp=810-16=[ Fe2+][OH-]2=210-6[OH-]2, [OH-]=10-4.7 PH=9.30 若有FeOH+時，αFe(OH)=cFe/[ Fe2+]=1+β[OH-]=1+10-4[OH-] 代入得：Ksp

47、=810-16=[ Fe2+][OH-]2= cFe[OH-]2/αFe(OH) 解得 [OH-]=2.2110-5 ，PH=9.34 3. 解：由公式mn=mo[VW/(DVO+VW)]n計算得： 萃取一次后，m1=10[1/(99+1)]=0.1mg 萃取二次后，m2=0.001mg 轉(zhuǎn)入有機相的質(zhì)量為：10-0.0001=9.999mg 因為D=99，所以反萃取率為1%，故水洗時Fe3+的損失為：9.9991%=0.1mg 5. 解：由E=D/D+1100%=95%得：D=19 C(Pb)=m/MPbV=103.510-6/207.20.25=1.9

48、9810-6mol/L 7. 解：由E=D/D+1100%=0.83 解得：D=4.88 9. 解： 　 　 　 　 11. 解：[Ca2+]=0.104241.250.540.08103/10010-3=8.6102mg/L 13. 解：交換容量=0.1000024.5110-3103/1.5=1.6mmol/g 15. 解：設NaCl所占的百分率為x，則KBr占1-x 由題意得 (0.2567x/58.44)+[0.2567(1-x)/109.00]=0.102334.5610-3 解得NaCl所占的百分率為x=61.70% , KBr所占的百分率為1-x=38.30%