《分析化学[第五版]》武汉大学_课后习题答案.doc 41页

'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/LH2SO4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0.2112gAs2O3在酸性溶液中恰好与36.42mLKMnO4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0.100mol·L-1KMnO4溶液与500mgH2C2O4完全反应所消耗的体积（mL）。解：                                                   16.含K2Cr2O75.442g·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0.02034mol·L-1KMnO4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10.1mL0.0130mol·L-1EDTA完全反应。已知39.3mL0.0130mol·L-1EDTA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=7P=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=7P=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30mm，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15kg，经粉碎后矿石的最大颗粒直径为2mm，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，=0.00122F==1.440.063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%，= =2.610-3F==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,  ==1.910-5F==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=0.250mg/L 控制限3s=（0.2560.060）mg/L警戒限2s=（0.2560.040）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．c1mol·L-lNH3+c2mol·L-lNH4Cl；c．c1mol·L-l)H3PO4+c2mol·L-lHCOOH；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．0.050mol·L-lNaAc；             c．0.10mol·L-lNH4CN；            e．0.050mol·L-l氨基乙酸；       g．0.010mol·L-lH2O2液；           i．0.060mol·L-lHCl和0.050mol·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 10-10 510-2=2.8 10-11>10Kwc/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. 10-10cKa’>10Kw     c>10Ka由近似公式可以得到：[H+]= = =5.89 10-10pH=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 10-10c/Ka2>100 且c>10Ka1所以[H+]= = =1.06 10-6pH=6-0.03=5.97 g.对于双氧水而言，Ka=1.8 10-12cKa<10Kw    c/Ka>100所以可以计算氢离子浓度[H+]= = =1.67 10-7pH=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xmol/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0.10mol·L-lHCl、2.0×10-4mol·L-lNaHSO4和2.0×10-6mol·L-lHAc。a．计算此混合溶液的pH。b．加入等体积0.10mol·L-lNaOH溶液后，溶液的pH。解：a.HSO4-Ka2=1.0×10-2    HAcKa=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0.010mol·L-lCr(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0.25mol·L-l。于100mL该缓冲溶液中加入200mgNaOH(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pKa=5.30，pH=5.60      设原缓冲溶液中盐的浓度为xmol/L，故      得x=0.35      则原缓冲溶液pH= 11．配制氨基乙酸总浓度为0.10mol·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1mol·L-l酸或碱，所得溶液的缓冲容量为多大?解：设酸以HA表示，pKa1=2.35  pKa2=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(0.0340mol·L-l)；   c．0.0100mol·L-l硼砂。解：a.pKa1=3.04，pKa2＝4.37         I=（mol/L），         查表得，，，         故，得         同理可得，         又            最简式                   pH=3.56              c.c=0.0100mol/L，pKa1=4，pKa2=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)=9.46E=EθZn2+/Zn+0.0592lg[Zn2+]/2       =-0.763+0.0592lg([Zn(NH3)42+]/K[(NH3)]4)/2=-1.04V 3.解：EHg22+/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      EHg22+/Hg=0.265+0.5*0.0592lg(1/[Cl-]2)=0.383V      5.解：EMnO4-/Mn2+=Eθ′MnO4-/Mn2++0.059*lg（[MnO4-]/[Mn2+]）/5当还原一半时：[MnO4-]=[Mn2+]故EMnO4-/Mn2+=Eθ′MnO4-/Mn2+=1.45V[Cr2O72-]=0.005mol/L[Cr3+]=2*0.05=0.10mol/LECr2O72-/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=EI3-/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：EI-3/I-=0.545+0.0295lg[I-3]/[I-]3 (1)ES4O62/-S2O32-=0.080+0.0295lg[S4O62-]/[S2O32]2 (2)(1)*4+(2)*2得：6Esp=2.34+0.059lg[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=ES4O62/-S2O32-=0.80+0.0295lg[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+0.0295lg0.200/(0.200)2=1.30V 11．解： Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+终点时CCe3+=0.05000mol/l,Fe2+=0.05000mol/l.所以CCe4=CCe3+*10(0.94-1.44)/0.059=1.7*10-10mol/l         CFe2+=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=-0.22Et=(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=102.0EFe3+/Fe2+=0.68+0.059lgFe3+=0.61VEsp=(1.44+0.617)/2=1.03V E=0.84-1.03=-0.19VE=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++4H2O5V 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 5PbO25PbO5C2O42-2MnO4-,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-3I26Na2S2O3cKI*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*10-2V=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=100mL纯水洗涤时损失的:100mL0.010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/LK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%;     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）=6.30×10-3mol/L  12.解：A=-lgT=-lg0.42=0.376，      c=A/bε=0.376/（2.5×103×2）=7.52×10-5mol/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      Ksp=8×10-38=[Fe3+][OH-]3,[OH-]=10-10.53,PH=3.53      (2)若为Fe2+时，则Ksp=8×10-16=[Fe2+][OH-]2=2×10-6×[OH-]2,      [OH-]=10-4.7  PH=9.30      若有FeOH+时，αFe(OH)=cFe/[Fe2+]=1+β[OH-]=1+10-4[OH-]      代入得：Ksp=8×10-16=[Fe2+][OH-]2=cFe×[OH-]2/αFe(OH)      解得[OH-]=2.21×10-5，PH=9.34 3.解：由公式mn=mo[VW/(DVO+VW)]n计算得：      萃取一次后，m1=10×[1/(99+1)]=0.1mg      萃取二次后，m2=0.001mg      转入有机相的质量为：10-0.0001=9.999mg      因为D=99，所以反萃取率为1%，故水洗时Fe3+的损失为：9.999×1%=0.1mg 5.解：由E=D/D+1×100%=95%得：D=19       C(Pb)=m/MPbV=103.5×10-6/207.2×0.25=1.998×10-6mol/L  7.解：由E=D/D+1×100%=0.83       解得：D=4.88 9.解：　　　11.解：[Ca2+]=0.1042×41.25×0.5×40.08×103/100×10-3=8.6×102mg/L  13.解：交换容量=0.10000×24.51×10-3×103/1.5=1.6mmol/g  15.解：设NaCl所占的百分率为x，则KBr占1-x   由题意得(0.2567x/58.44)+[0.2567(1-x)/109.00]=0.1023×34.56×10-3   解得NaCl所占的百分率为x=61.70%,KBr所占的百分率为1-x=38.30%'