资源描述
第1章 分析化学概论
2. 有0.0982mol/L的H2SO4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L。问应加入0.5000mol/L H2SO4的溶液多少毫升？
解：
，
4．要求在滴定时消耗0.2mol/LNaOH溶液25~30mL。问应称取基准试剂邻苯二甲酸氢钾(KHC8H4O4)多少克？如果改用做基准物质，又应称取多少克？
解：
应称取邻苯二甲酸氢钾1.0~1.2g
应称取0.3~0.4g
6．含S有机试样0.471g，在氧气中燃烧，使S氧化为SO2，用预中和过的H2O2将SO2吸收，全部转化为H2SO4，以0.108mol/LKOH标准溶液滴定至化学计量点，消耗28.2mL。求试样中S的质量分数。
解：
8．0.2500g不纯CaCO3试样中不含干扰测定的组分。加入25.00mL0.2600mol/LHCl溶解，煮沸除去CO2，用0.2450mol/LNaOH溶液反滴定过量酸，消耗6.50mL，计算试样中CaCO3的质量分数。
解： ，
10．不纯Sb2S30.2513g，将其置于氧气流中灼烧，产生的SO2通入FeCl3溶液中，使Fe3+还原至Fe2+，然后用0.02000mol/LKMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗溶液31.80mL。计算试样中Sb2S3的质量分数。若以Sb计，质量分数又为多少？
解：
12. 用纯As2O3标定KMnO4溶液的浓度。若0.211 2 g As2O3在酸性溶液中恰好与36.42 mL KMnO4反应。求该KMnO4溶液的浓度。
解： 故
14．H2C2O4作为还原剂。可与KMnO4反应如下：
其两个质子也可被NaOH标准溶液滴定。分别计算0.100mol·L-1NaOH和0.100 mol·L-1 KMnO4溶液与500mg H2C2O4完全反应所消耗的体积（mL）。
解：
16. 含K2Cr2O7 5.442g·L-1的标准溶液。求其浓度以及对于Fe3O4（M=231.54g·mol-1）的滴定度（mg/mL）。
解：
18. 按国家标准规定，化学试剂FeSO4·7H2O（M=278.04g·mol-1）的含量：99.50~100.5%为一级（G.R）；99.00%~100.5%为二级（A.R）；98.00%~101.0%为三级（C.P）。现以KMnO4法测定，称取试样1.012g，在酸性介质中用0.02034 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，至终点时消耗35.70mL。计算此产品中FeSO4·7H2O的质量分数，并判断此产品符合哪一级化学试剂标准。
解：
故为一级化学试剂。
20. CN-可用EDTA间接滴定法测定。已知一定量过量的Ni2+与CN-反应生成Ni(CN)，过量的Ni2+以EDTA标准溶液滴定，Ni(CN)并不发生反应。取12.7mL含CN-的试液，加入25.00mL含过量Ni2+的标准溶液以形成Ni(CN)，过量的Ni2+需与10.1mL 0.0130 mol·L-1 EDTA完全反应。已知39.3mL 0.0130 mol·L-1 EDTA与上述Ni2+标准溶液30.0mL完全反应。计算含CN-试液中CN-的物质的量浓度。
解：
第2章 分析试样的采集与制备
1．某种物料，如各个采样单元间标准偏差的估计值为0.61％，允许的误差为0.48％，测定8次，置信水平选定为90%，则采样单元数应为多少?
解：f=7 P=90% 查表可知t=1.90
2．某物料取得8份试样，经分别处理后测得其中硫酸钙量分别为81.65％、81.48％、81.34％、81.40％、80.98％、81.08％、81.17％、81.24％，求各个采样单元间的标准偏差．如果允许的误差为0.20％，置信水平选定为95％，则在分析同样的物料时，应选取多少个采样单元？
解：f=7 P=85% 查表可知 t=2.36
4．已知铅锌矿的K值为0.1，若矿石的最大颗粒直径为30 mm，问最少应采取试样多少千克才有代表性?
解：
5．采取锰矿试样15 kg，经粉碎后矿石的最大颗粒直径为2 mm，设K值为0.3，问可缩分至多少克？
解：
设缩分n次，则， ，
解得，所以n=3 ，m =
第3章 分析化学中的误差与数据处理
1．根据有效数字运算规则，计算下列算式：
(1)19.469+1.537-0.0386+2.54 (2) 3.6´0.0323´20.59´2.12345
(3) (4) pH=0.06，求[H+]=?
解：a. 原式=19.47+1.54-0.04+2.54=23.51 b. 原式=3.6×0.032×21×2.1=5.1
c. 原式= d. [H+]=10-0.06=0.87( mol/L )
3．设某痕量组分按下式计算分析结果：，A为测量值，C为空白值，m为试样质量。已知
sA=sC=0.1，sm=0.001，A=8.0，C=1.0，m=1.0，求sx。
解：
且 故
5. 反复称量一个质量为 1.0000g的物体，若标准偏差为0.4mg，那么测得值为1.0000~1.0008g的概率为多少？
解：由
故有 ，即 ， 查表得 P=47.73%
7．要使在置信度为95％时平均值的置信区间不超过±s，问至少应平行测定几次?
解： 查表，得：
9. 测定黄铁矿中硫的质量分数，六次测定结果分别为30.48%, 30.42%, 30.59%, 30.51%, 30.56%, 30.49%，计算置信水平95%时总体平均值的置信区间。
解：
=0.06%
置信度为95%时：
11.下列两组实验数据的精密度有无显著性差异(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．用两种不同分析方法对矿石中铁的质量分数进行分析，得到两组数据如下：
s n
方法1 15.34％ 0.10％ 11 ， 方法2 15.43％ 0.12％ 11
a．置信度为90％时，两组数据的标准偏差是否存在显著性差异?
b．在置信度分别为90％，95％及99％时，两组分析结果的平均值是否存在显著性差异?
解：(a)=0.00102，=0.00122 F==1.44<F表=2.97 ，所以两组数据的标准偏差无显著性差异。
(b)由=得， =0.01，=0.012
s===0.0332=3.32%
t===0.063
查表得：当置信度为90%时，=1.72>0.063 ，查表得：当置信度为95%时，=2.09>0.063
查表得：当置信度为99%时，=2.84>0.063 ，所以两组分析结果的平均值不存在显著性差异。
15．实验室有两瓶NaCl试剂，标签上未标明出厂批号，为了判断这两瓶试剂含Cl-1的质量分数是否有显著性差异，某人用莫尔法对它们进行测定，结果如下：
A瓶 60.52％，60.41％，60.43％，60.45％ ，B瓶 60.15％，60.15％，60.05％，60.08％
问置信度为90%时，两瓶试剂含Cl-1的质量分数是否有显著性差异？
解：用F检验法：
= =60.45%，= =2.310-3 ，==60.11%，= =2.610-3
F==1.13， 查表得F表=9.28>1.13 ，因此没有差异。
用t检验法：
S==5.010-4
所以 t==9.6 ，而查表得t表=1.94<9.6 ，所以存在显著性差异。
17．为提高光度法测定微量Pd的灵敏度，改用一种新的显色剂。设同一溶液，用原显色剂及新显色剂各测定4次，所得吸光度分别为0.128，0.132，0.125，0.124及0.129，0.137，0.135，0.139。判断新显色剂测定Pd的灵敏度是否有显著提高?(置信度95％)
解：用F检验法：
= =0.127，，= =1.310-5
==0.135, ==1.910-5
F==1.46 ，查表得F表=9.28>1.46,因此没有显著性差异。
用t检验法：
S==4.010-3
所以 t==2.8
而查表得t表=2.45<2.8
所以存在显著性差异 。
21．某荧光物质的含量(c)及其荧光相对强度(y)的关系如下：
含量 c/mg 0.0 2.0 4.0 6.0 8.0 10.0 12.0
荧光相对强度y 2.1 5.0 9.0 12.6 17.3 21.0 24.7
a．列出一元线性回归方程
b．求出相关系数并评价y与x间的相关关系。
解：由题意可得，=6.0， =13.1，
=216.2，
=112.0，=418.28，
所以b===1.93，
=13.1-1.936.0=1.52
所以一元回归方程为：y=1.52+1.93x
（b）因为 =0.9987
比较接近于1，所以y与x的线性关系很好。
第4章 分析质量的控制与保证
[16] 解：平均值 = 0.256 mg/L 标准偏差 s = 0.020 mg/L
标准物质标准值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
绘制分析数据的质控图如下图。
还原糖分析的质量控制图
第5章 酸碱平衡和酸碱滴定法
1．写出下列溶液的质子条件式。
a．c1 mol·L-l NH3 + c2 mol·L-l NH4Cl；
c．c1 mol·L-l)H3PO4 + c2 mol·L-l HCOOH；
解：
a. 对于共轭体系，由于构成了缓冲溶液，所以可以将其视为由强酸（HCl和弱碱（NH3）反应而来，所以参考水准选为HCl, NH3和H2O
质子条件式为：[ H+ ] + [NH4+] = [Cl-] + [OH-]
或[ H+ ] + [NH4+] = c2 + [OH-]
c. 直接取参考水平：H3PO4 , HCOOH , H2O
质子条件式：[H+] = [H2PO4-] + 2[HPO42-] + 3[PO43-] + [HCOO-]+[OH-]
3．计算下列各溶液的pH。
a．0.050 mol·L-l NaAc；
c．0.10 mol·L-l NH4CN；
e．0.050 mol·L-l氨基乙酸；
g．0.010 mol·L-l H2O2液；
i．0.060 mol·L-l HCI和0.050 mol·L-l氯乙酸钠(ClCH2COONa)混合溶液。
解：
a.对于醋酸而言，Kb = Kw / Ka = 5.6 10-10
应为cKb = 5.6 10-10 5 10-2 = 2.8 10-11> 10Kw
c/Kb> 100
故使用最简式；
[OH-] = = 5.29 10-6
pH = 14 – pOH = 8.72
c. NH4+ Ka’ = 5.6 10-10
HCN Ka = 6.2. 10-10
cKa’ > 10Kw c > 10 Ka
由近似公式可以得到：
[H+] = = = 5.89 10-10
pH = 10 – 0.77 = 9.23
e. 氨基乙酸一端羧基显酸性，一端氨基显碱性，Ka1 = 4.5 10-3 , 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. 对于双氧水而言，Ka = 1.8 10-12
cKa < 10Kw c/Ka> 100
所以可以计算氢离子浓度
[H+] = = = 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的混合溶液设有x mol/L的ClCH2COOH发生离解，则
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．某混合溶液含有0.10 mol·L-l HCl、2.0×10-4 mol·L-l NaHSO4和2.0×10-6 mol·L-l HAc。
a．计算此混合溶液的pH。
b．加入等体积0.10 mol·L-l NaOH溶液后，溶液的pH。
解：a. HSO4- Ka2=1.0×10-2 HAc Ka=1.8×10-5
均为弱酸，且浓度远低于HCl的浓度，所以此体系中的HSO4-和HAc在计算pH值时刻忽略。故pH=1.00。
b.加入等体积0.1mol/LNaOH溶液，HCl被中和，体系变为HSO4-和HAc的混酸体系，
忽略KW及KHA[HA]，
[H+ ]2=（CHSO4--[H+ ]）
解得[H+ ]=9.90×10-5 故pH=4.00
7．已知Cr3+的一级水解反应常数为10-3.8，若只考虑一级水解，则0.010 mol·L-l Cr(ClO4)3 的pH为多少? 此时溶液中Cr(OH)2+的分布分数是多大?
解：1）
mol/L
故pH=2.93
2）
9．今用某弱酸HB及其盐配制缓冲溶液，其中HB的浓度为0.25 mol·L-l。于100mL该缓冲溶液中加入200 mg NaOH(忽略溶液体积的变化)，所得溶液的pH为5.60。问原来所配制的缓冲溶液的pH为多少? (已知HB的)
解：（mol/L）
已知p Ka=5.30，pH=5.60
设原缓冲溶液中盐的浓度为x mol/L，故
得x=0.35
则原缓冲溶液pH=
11．配制氨基乙酸总浓度为0.10 mol·L-l的缓冲溶液(pH =2.0)100mL，需氨基乙酸多少克?还需加多少毫升1 mol·L-l酸或碱，所得溶液的缓冲容量为多大?
解：设酸以HA表示，p Ka1=2.35 p Ka2=9.60
1)需HA质量m=0.10×100×75.0×＝0.75（g）
2）因为氨基乙酸及质子化氨基乙酸构成缓冲溶液，设pH=2时，质子化氨基乙酸浓度为xmol/L，则
即，解得x=0.079
生成0.079mol/L的质子化氨基乙酸，需加酸为0.079×100=7.9ml
13．计算下列标准缓冲溶液的pH(考虑离子强度的影响)，并与标准值相比较。
a．饱和酒石酸氢钾(0.034 0 mol·L-l)；
c．0.010 0 mol·L-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
最简式
pH=3.56
c. c=0.0100 mol/L，p Ka1=4，p Ka2=9
查表
故
K=5.8×10-10
故pH=9.18
16. 解： 已知一元弱酸的，问其等浓度的共轭碱的为多少？（已知：，且）
解：据题意：
19. 用滴定至。计算终点误差。
解：时
22. 用滴定羟胺盐酸盐（）和的混合溶液。问化学计量点时溶液的为多少？在化学计量点有百分之几的参加了反应？
解：(1) 已知
时，产物为和
(2) 时，
参加反应的百分数为：
25.称取钢样，溶解后，将其中的磷沉淀为磷钼酸铵。用溶解沉淀，过量的用返滴定至酚酞刚好褪色，耗去。计算钢中和的质量分数。
解：
过量
用于滴定磷钼酸铵的
含Ｐ物质的量为：
28. 标定甲醇钠溶液时，称取苯甲酸，消耗甲醇钠溶液，求甲醇钠的浓度。
解：，令其浓度为
第6章 络合滴定法
2.解：
4.解：用氨水调解时：
故主要存在形式是，其浓度为
用氨水和NaOH调解时：
故主要存在形式是和，其浓度均为
6．解：
8.解：PH=5.0时，
10.解：设Al3+浓度为0.010mol/L，则由Al(OH)3的Ksp计算可得Al3+发生水解时pH=3.7。要想在加入EDTA时，Al3+不发生水解，pH应小于3.7。
12.解：a.
b.
15. 解: 由Ksp ，测Th时pH<3.2,测La时pH<8.4，查酸效应曲线（数据）可知，测Th时 pH2较好，为消除La的干扰，宜选pH<2.5,因此侧Th可在稀酸中进行；侧La在pH5-6较合适，可选在六亚甲基四胺缓冲溶液中进行。
18. 解: 由题意可知
21. 解: 据题中计量关系得：
24. 解: 据题中计量关系得：
=21.10%
100%=16.55%）
第 7 章 氧化还原滴定法
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. 解：E MnO4-/Mn2+= Eθ′MnO4-/Mn2++0.059*lg（ [MnO4-]/[Mn2+]）/5
当还原一半时：[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＝1015.69＝[Cu2＋]/[ Ag＋]2
表明达到平衡时Ag＋几乎被还原,
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)当滴定系数为0.50时，
[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* lg0.01667/0.700=0.506V
(b) 当滴定分数为1.00时，由不对称的氧化还原反应得：
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
由于此时[S4O62-]=2[I-3]，计算得[S4O62-]=0.025mol/L [ I-]=0.55mol/L,
代入上式Esp=0.39=0.059/6* lg[S4O62-]/4[ I-]6=0.384V
(c) 当滴定分数为1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lg[S4O62-]/ [S2O32]2
此时[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+
终点时 CCe3+=0.05000mol/l, Fe2+=0.05000mol/l.
所以 C 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介质中，终点时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=(10-0.22/0.059-100.22/0.059)/100.76/2*0.059*100%=-0.19%
在H2SO4+H3PO4介质中，
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, 由林邦误差公式: Et=(10-0.19/0.059-100.19/0.059)/100.83/2*0.059*100%=0.015%
15. 解：5VO2++MnO4-+6H2O=5VO3-+Mn2++12H+
4Mn2++MnO4-+8H+=5Mn3++4H2O
5V MnO4-,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-,
设试样中PbO2为x克，PbO为y克。
则 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：由化学反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O, I2+S2O32-=2I-+S4O62-
得 1KIO35I-3I26Na2S2O3
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：由此歧化反应的电子守恒得：3/2Mn2+ MnO4-
(Mn)=(0.03358*0.03488)*3/2*M(Mn)/0.5165*100%=18.49%
25. 解：由氧化还原反应电子守恒得：6Fe2+Cr2O72-，
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：由关系式得：
34. 解：a、sul的分子结构式为
b、
c、
d、由关系式 和得：
故该试样为不合格产品。
37. 解：由关系式得：
第8章 沉淀滴定法和滴定分析小结
2. 解：试样中Cl-的总量即为消耗Ag+的量
n(Cl-)=n(Ag+)=0.07916×19.46=1.5405×10-3(mol)
设试样中BaCl2的质量为x，则有
2x/208.24 + (0.1036 – x)/58.443=1.5405×10-3
解得x=0.03093(g) 即，试样中的BaCl2的质量为0.03093g
4. 解：设试样中K2O的质量为x，Na2O的质量为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
K2O%=0.05357/0.5034 ×100% = 10.64%
Na2O%=0.01909/0.5034 ×100% = 3.79%
6. 解：反应关系为1As~ 1Ag3AsO4~ 3Ag+~3NH4SCN
As%=[0.1000×45.45×10-3×M(As)]/[3×0.5000] ×100% =22.70%
8. 解：设该铁的氧化物的分子式为FexOy
则 55.85x+16.00y=0.5434
55.85x=0.3801
∴ x= 0.006806
y= 0.01020
∴ y/x =0.01020/0.006806 = 1.5 = 3:2
即该铁的氧化物的分子式为Fe2O3
第9章 重量分析法
1．解： S0=[CaSO4]=β[Ca2+][SO42-]=β×Ksp=200×9.1×10-6=1.82×10-3mol/L
非离解形式Ca2+的百分数为
3．解：
（1）
（2）
5．解：
，
7．解：
在同一溶液中，只有一种浓度
9．解：
11．解：KSP＝9.3×10－17＝[Ag+][I－]＝s=2.81×10－5
13．解：
混合后，
剩余的=
100 mL纯水洗涤时损失的:
100 mL0.010 洗涤时
16．解：
（1）
(2)
(3)
19．解：
主要状态可由数值得
22．解：
(1)
(2)
(3)
(4)
25．解： 设CaC2O4为,MgC2O4 =0.6240-
28．解：
31．解： 设为
34．解： AgCl:＝0.035(mol·L-1) cNH3＝3/2＝1.5(mol·L-1)
[Ag+]原＝＝0.0175(mol·L-1)
[I-]原＝＝0.025(mol·L-1)
设混合后[Ag+]＝x/ mol·L-1
Ag+ + 2NH3 Ag(NH3)2+
x 1.5-2×(0.0175-x) 0.0175-x
≈1.5 ≈0.0175
＝ß2＝107.40 x＝3.1×10-10
[Ag+][I-]＝3.1××0.025＝7.8×10-12 >
有AgI沉淀生成。
第10章 吸光光度法
2. 解：A=-lgT=Kbc
当b=2cm时,A=-log0.60=0.222;
当b=1cm,A=0.222/2=0.111,lgT=-0.111∴T=0.77=77%;
当b=3cm，A=0.222×3/2=0.333，lgT=-0.333∴T=0.46=46%
4. 解：A=-lgT=-lg50.5%=0.297,
c=25.5×10-6×103/(50M)=8.18×10-6mol/L K稳
ε=A/bc=0.297/(2×8.18×10-6)=1.91×104L/(mol.cm)
s=M/ε=3.3×10-8ug/cm2
6.解：此为饱和法测定络合物组成，以配位试剂Phen与Fe2+的浓度比[R]/[M]为横坐标，以吸光度A为纵坐标作图。图中曲线转折点不敏锐，所以运用外推法得一交点，从交点向横坐标作垂线，对应的[R]/[M]值就是络合物的配比。由图示可见，络合物的组成为Fe（Phen）3，即M：R=1：3
8.解：A=0.700=-lgT1,T1=20%; 图见上
A=1.00=-lgT2,T2=10%，ΔT=10%;
以0.00100mol/L溶液为参比时，测得试样的透射比为T2，
则20%/100%=10%/T2
T2=50%，试样的吸光度为A=-lgT2=-lg0.50=0.301;
标尺放大倍数n=100%/20%=5
10.解：Ti和V定容后的浓度分别为5.3×10-4mol/L和1.57×10-3mol/L，设Ti和V络合物在415nm和455nm的摩尔吸光系数分别为ε11，ε12，ε21，ε22。未知样经处理后的浓度为c（Ti），c（V）。根据郎-比尔定律可知：
0.435=ε11×5.3×10-4，ε11=8.2×102L.mol-1.cm-1；
0.246=ε12×5.3×10-4，ε12=4.6×102L.mol-1.cm-1；
0.510=ε21×1.57×10-3，ε21=1.6×102L.mol-1.cm-1；
0.377=ε22×1.57×10-3，ε22=2.4×102L.mol-1.cm-1；
ε11c（Ti）+ε21c（V）=0.645 且ε12c（Ti）+ε22c（V）=0.555 ，将数据代入后解得： c（Ti）=2.71×10-3mol/L，c（V）=6.30×10-3 mol/L
12.解：A=-lgT=-lg0.42=0.376，
c=A/bε=0.376/（2.5×103×2）=7.52×10-5 mol/L
因此，1000mL中含有色物7.52×10-5×Mg。已知含量为0.001%，故1000/
（7.52×10-5M）=100/0.0010，M=131.5g/mol
14.解：设络合物的解离度为α，则α=AmAX-A/ AmAX=0.390-0.320/0.390=0.179
K稳=c（1-α）/[cα×（2cα）2]=（1-α）/4c2α3=（1-0.179）/[4×（1.48
×10-5）2×0.1793]=1.63×1011
lgK稳=11.2
第11章 分析化学中常用的分离与富集方法
1. 解：（1）由于剩余的Fe3+为0.01%，所以[Fe3+]=0.002×0.0001=2×10-6mol/L
K
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
