分析化学 (蔡明招 著) 化学工业出版社 课后答案 21页

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课后答案网www.khdaw.com±0.02答：E=×100%=±1%r12±0.02E=×100%=±0.1%r120以上结果说明：同样的滴定管读数误差，当滴定体积较大时，读数的相对误差较小。7．两位分析者同时测定某一试样中硫的质量分数，称取试样均为2.0g，分别报告结果如下：甲：0.042%，0.041%；乙：0.04099%，0.04201%。问哪一份报告是合理的，为什么？答：甲合理，因为试样的称取量为2.0g，是两位有效数字，报告应保留两位有效数字。8．标定浓度约为0.1mol·L-1的NaOH溶液，欲消耗NaOH溶液20mL左右，应称取基准物H2C2O4·2H2O多少克？其称量的相对误差能否达到0.1%？若不能，可以用什么方法予以改善？若改用邻苯二甲酸氢钾为基准物，结果又如何？11−3答：m=cV×M=×01.×20×10×126.07=0.13gH2C2O4⋅2H2O2NaOHNaOHH2C2O4⋅2H2O2−3±0.2×10E=×100%=±0.2%>0.1%r0.13可用称大样的方法来解决：称取计算值10倍量的基准物H2C2O4·2H2O配成250mL溶液，用25mL移液管移取25.00mL溶液，这样可以使称量误差小于0.1%。−3m=cV×M=1.0×20×10×204.20=.041g邻苯二甲酸氢钾NaOHNaOH邻苯二甲酸氢钾−3±0.2×10E"=×100%=±0.05%<0.1%r0.4112．测定铁矿石中铁的质量分数（以w表示），6次结果分别为：67.48%，67.37%，67.40%，Fe2O367.47%，67.43%和67.40%。计算：（1）平均偏差；（2）相对平均偏差；（3）标准偏差；（4）相对标准偏差；（5）极差。67.48+67.37+67.40+67.47+67.43+67.40答：x==67.42(%)6d1+d2+⋯+dn0.06+0.05+0.02+0.05+0.01+0.02（1）d＝==0.035(%)n6d.0035（2）dr＝×100%=×100%=.006%x67.42d2.0062+.0052+.0022+.0052+.0012+.0022∑i（3）s＝==.0044(%)n−16−1 课后答案网www.khdaw.coms0.044（4）CV=×100%=×100%=0.07%x67.42（5）R=x−x=67.48−67.37=.011(%)maxmin16．测定钢中铬的质量分数，5次测定结果的平均值为2.14%，标准偏差为0.013%。计算：（1）平均值的标准偏差；（2）平均值的置信区间；（3）如使平均值的置信区间为2.14%±0.01%，问至少应平行测定多少次？置信度均为0.95。s0.013答：答答：：（1）s===0.0059(%)xn5（2）n=5，f=5-1=4，当P=95%，查表得t0.05，4=2.78，ts2.78×0.013µ=x±=2.14±=2.14±0.02(%)n52.57×0.013（3）n=6时，t0.05，5=2.57，置信区间为±=0.014；62.45×0.013n=7时，t0.05，6=2.45，置信区间为±=0.012；7……2.31×0.013n=9时，t0.05，8=2.31，置信区间为±=0.011；92.26×0.013n=10时，t0.05，9=2.26，置信区间为±=0.0093；10至少应平行测定10次。22．两种方法测定鱼肉中的Zn含量（ppm），测得数据如下：方法1：0.44，0.45，0.47，0.48，0.43；方法2：0.39，0.40，0.36，0.44，0.42，0.45；问这两种方法的精密度是否存在显著性差异？答：x1=0.45ppm，s12=0.00045，f1=5–1=4；x2=.041ppm，s22=0.00112，f2=6-1=5；s22大s20.00112F====2.4922s小s10.00045查表得F表=6.26，可见F123时，用钙指示剂指示终点，用EDTA标准溶液滴定，用去24.90mL。试计算（1）EDTA溶液的浓度；（2）每毫升EDTA相当于多少克ZnO、FeO。23（分子量：M=100.09；M=81.39；M=159.69)CaCO3ZnOFe2O3解：（1）mCaCO25.001000.0100525.001000C=3××=××=.001008(mol/L)EDTAM1000.V100.091000.24.90CaCO3EDTAMZnO81.39(2)T=C=0..001008×=0..00008204g/mLZnO/EDTAEDTA100010001MFeO1159.69T=C23=×0..001008×=0..00008048g/mLFeO/EDTAEDTA232100021000第五章酸碱滴定法思考题6．某物质可能含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3或它们的混合物，现用HCl标准溶液滴定至酚酞变色耗去HClV1mL；溶液加入甲基橙指示剂，继续以HCl标准溶液滴定耗去HClV2mL。根据消耗HCl的体积，判断下列各情况下物质的组成？（1）V1>0,V2=0；（２）V1=0,V2>0；（３）V1=V2；（４）V1>V2,V2≠０；（５）V10,V2=0NaOH(4)V1>V2,V2≠０Na2CO3+NaOH(2)V1=0,V2>0NaHCO3(5)V1V1=21.76mL,所以，混合碱中含有NaHCO3和Na2CO3，其含量为：−321.7610××.01992×105.99Na2CO3%=×100%=70.42%.06524NaHCO3%=−3%=13.83%.01992(27×.1521−.76)×10×84.01×100.0652418.酸碱滴定法可用来测定阿司匹林药片中乙酰水杨酸的含量。将阿司匹林药片碾碎，准确称取0.2500g，准确加入50.00mL0.1020mol·L-1的NaOH溶液，煮沸，冷却后，以0.05264mol·L-1的H2SO4溶液回滴过量的NaOH，以酚酞指示终点，消耗H2SO4溶液23.75mL。求试样中乙酰水杨酸的质量分数。（乙酰水杨酸的摩尔质量为180.16g·mol-1，已知反应式为：HOOCC6H4OCOCH3→NaOOCC6H40Na）解：n(乙酰水扬酸)=1n(NaOH)=n(H2SO4)2−3−31.0(102050.×0010×.0−526423×.75×10×)2××1806.乙酰水扬酸%=2×100%=93.67%.02500第六章配位滴定法习题1．试求EDTA滴定Fe3+的最低pH。解：由滴定Fe3+，。设EDTA的浓度为0.01,所以Fe3+的所以pH大约为1.0左右。 课后答案网www.khdaw.com3．在pH=2和pH=3.8时，能否用EDTA滴定Cu2+？(设[Cu2+]离子浓度为1.0mol／L，，没有其他配合剂存在)（pH=2时，不能被滴定；pH=3.8时，能被滴定)解：（酸效应;能否用配位法测定单一金属离子的条件:lgcK′MY≥6）lgKCuY=18.80查表：pH=2lgaY(H)=13.51;pH=3.8lgaY(H)=8.85所以pH=2时lgcK′CuY=0+18.80-13.51=5.29≦6pH=3.8时lgcK′CuY=0+18.80-8.85=9.95≥6pH=2时，不能被滴定；pH=3.8时，能被滴定。8．用0.01060mol·L-1叫EDTA标准溶液滴定水中钙和镁的含量，取100.0mL水样，以铬黑T为指示剂，在pH=10时滴定，消耗EDTA31.30mL，。另取一份100.0mL水样，加NaOH2＋使呈强碱性，使Mg成Mg(OH)2沉淀，用钙指示剂指示终点，继续用EDTA滴定，消耗19.20mL，计算：(1)水的总硬度(以CaCO3mol·L-1表示)；(2)水中钙和镁的含量(以CaCOmol·L-1和MgCOmol·L-1表示)。33解：水中钙和镁的含量分别为：2＋Ca的含量2＋Mg的含量=水的总硬度为9．分析含铜、锌、镁合金时，称取0.5000g试样，溶解后用容量瓶配成100mL试液。吸取25.00mL，调至pH=6，用PAN作指示剂，用0.05000mol·L-1EDTA标准溶液滴定铜和锌， 课后答案网www.khdaw.com用去37.30mL。另外又吸取25.00mL试液，调至pH=10，加KCN以掩蔽铜和锌，用同浓度EDTA溶液滴定Mg2+，用去4.10mL，然后再滴加甲醛以解蔽锌，又用同浓度EDTA溶液滴定，用去13.40mL。计算试样中铜、锌、镁的质量分数。解：25mL合金溶液中含铜和锌的总物质的量为：25mL合金溶液中含镁的物质的量为：25mL合金溶液中含锌的物质的量为：25mL合金溶液中含铜的物质的量为：试液中镁的质量为：其质量分数为0.01992/0.5000=3.98％试液中锌的质量为0.00067×65.39=0.04381其质量分数为0.04381/0.5000=8.76％试液中铜的质量为0.001195×63.54=0.07593其质量分数为0.07593/0.5000=1.52％第七章氧化还原滴定法第七章氧化还原第七章氧化还原滴定法滴定法习题2．在1.5mol/LHCl介质中，当c=0.10mol/L,c=0.020mol/L时，计算CrO2-/Cr3+电对Cr(VI)Cr(III)27的电极电位。θ"解：附录中没有该电对相应的条件电极电位值，采用相近1mol/L的介质中E=1.00V代替 课后答案网www.khdaw.comCrO2-+14H++6e-==2Cr3++7HO272当CCr(VI)=0.10mol/LCCr(III)=0.020mol/L14θ".0059CCrVI()[]HE=ECr(VI)/Cr(III)+lg26[CCrIII()]=1.05V6．已知在1mol/LHCl介质中，Fe(III)/Fe(II)电对的E0=0.70V，Sn(IV)/sn(II)电对的E0=0.14V。求在此条件下，反应2Fe3++Sn2+==Sn4++2Fe2+的条件平衡常数。θ"θ".解：已知E3+2+=0.70V,E4+2+=0.14VFe/FeSn/Sn对于反应2Fe3++Sn4+=2Fe2++Sn2+(00))())nE1−E22×0..070−0..014lgllggK`===18.98.则，0..00590..005918K`=9..966.×109．计算1mol/L的HCl溶液中用Fe3+滴定Sn2+时计量点的电位，并计算滴定至99.9％和100.1％时的电位。1×.0680+2×.0140解：E(计)==0.320(v)1+2(2)计量点前：4+θ.0059[Sn]E=E（Sn4+/Sn2+）+lg2+2Sn.0059=0.14+×32=0.23(V)计量点后：3+θ3+2+[Fe]E=E（Fe/Fe）+0.059lg2+Fe1.0=0.68+0.059lg100=0.68+0.0595(-3)=0.50(V) 课后答案网www.khdaw.com15．称取软锰矿0.3216克，分析纯的Na2C2O40.3685克，共置于同一烧杯中，加入H2SO4，并加热;待反应完全后，用0.02400mol⋅L-1KMnO溶液滴定剩余的NaCO，消耗KMnO42244溶液11.26mL。计算软锰矿中MnO2的质量分数。解：2-+2+2-MnO+CO(过)+4H⎯⎯→Mn+2CO+2HO+CO(剩)224Δ22242(NaCO)m224⎛1⎞−5(KMnO)c⋅V(KMnO)M⎜MnO⎟442M(NaCO)224⎝2⎠w(MnO)=×100%2ms⎛20.3685×−3⎞86.94⎜−×50.0240011.2610××⎟×⎝134.0⎠2=×100%0.3216=56.08%16.用KIO3标定Na2S2O3的浓度，称取KIO30.3567g，溶于水并稀释至100.0mL，移取所得溶液25.00mL，加入H2SO4及KI溶液，用24.98mLNa2S2O3滴定折出的I2,求Na2S2O3的浓度。取上述Na2S2O3溶液25.00mL，用碘溶液24.83mL滴定至终点。求碘溶液的浓度。解：∵2IO3-+10I-+12H+=6I2+6H2O2−−2−I+2SO=2I+SO22346∴2IO-------6I------12SO2-322312n(IO-)=2n(S2O32-)m(KIO)×25%6×3=C(SO2-)v(SO2-)×10-32323M(KIO)3.03567×25%6×=C(S2O32-)×24.98×10-3214.00C(S2O32-)＝0.1001(mol/l)∴2n(I2)=n(S2O32-)2−2−C(SO)×V(SO)2323C(I2)=2×V(I)2.01001×25.00=2×24.83=0.05039(mol/l)19.称取含有苯酚的试样0.5000克。溶解后加入0.1000mol⋅L-1KBrO溶液（其中含有过量3KBr）25.00mL，并加HCl酸化，放置。待反应完全后，加入KI。滴定析出的I2消耗了0.1003 课后答案网www.khdaw.commol⋅L-1NaSO溶液29.91mL。计算试样中苯酚的质量分数。223--+解：BrO+5Br+6H=3Br+3HO322OHOHBrBr+3Br2=Br+3HBr--2I+Br=I+2Br222--2-I+2SO=2I+SO22346化学计量关系：OH~3Br2~3I2~6S2O32-⎛1⎞[6(KBrO)(KBrO)cV−c(NaSO)(NaSO)]VM⎜苯酚⎟33223223⎝6⎠w(苯酚)=×100%ms94.11(60.100025.000.100329.91)××−××6=×100%30.500010×=37.64%第第888章章沉淀滴定法思考题4.说明用下述方法进行测定是否会引入误差，如有误差，指出偏高还是偏低？（1）pH≈4时用摩尔法测定Cl-；（2）用法扬斯法测定Cl-时，用曙红作指示剂；（3）用佛尔哈德法测定Cl-，但没有加硝基苯；（4）中性溶液中用摩尔法测定Br－；（5）用摩尔法测定pH≈8的KI溶液中的I－；（6）用摩尔法测定Cl-，但配制的K2CrO4指示剂溶液浓度过稀。答：（1）测定结果偏高。2－＋摩尔法应当在中性或弱碱性介质中进行。若在酸性介质pH≈4的溶液中，CrO4与H结合生成HcrO-，溶液中CrO2－减少，AgCrO沉淀出现过迟，滴定剂消耗过量，则结果偏4424高。（2）测定结果偏低。 课后答案网www.khdaw.com用法扬斯法测定Cl-时，常用荧光黄作指示剂，只能在中性、弱碱性（pH=7～10）溶液-－－中使用，若选用曙红作指示剂，由于Cl吸附性能较Br、I差，理论终点前就有一部分指示剂阴离子取代Cl-而进入吸附层中，因而终点提前，测定结果偏低。（3）测定结果偏低。－-佛尔哈德法当达终点时，由于发生AgCl＋SCN=AgSCN↓＋Cl沉淀转化反应，得不到正－确终点。为阻止生成的AgCl沉淀与外部溶液SCN接触，应加入有机溶剂硝基苯等。因此未加硝基苯即发生沉淀转化，引入很大正误差，对返滴定来说致使结果偏低。（4）剧烈振摇防吸附Br-则不会引入误差；（5）测定结果偏低。由于沉淀对I-的吸附力太强，会使结果偏低；（6）测定结果偏高。使消耗AgNO3过多，结果偏高。习题2.用摩尔法测定生理盐水中NaCl的含量，准确量取生理盐水10.00mL以K2CrO4为指示剂，用0.1045mol·L-1AgNO滴定至砖红色，共消耗AgNO标准溶液14.58mL。计算生理盐水中33NaCl的含量(g﹒mL-1)。解：CV⋅M0.1045×14.58×10−3×58.44AgNO3AgNO3NaCl−3−1C=＝=8.904×10(g⋅mL)NaClV10.00NaCl9.称取银合金试样0.4000g，用酸溶解后，加铁铵矾指示剂，用0.1500mol·L-1NH4SCN标准溶液滴定，用去22.60mL，计算样品中银的百分含量。解：CNH4SCN3VNH4SCN3⋅MAg01500.×22.60×107.87ω=×100％＝×100%=91.42%Ag1000m1000×0.40000第9章重量分析法1.完成下表 课后答案网www.khdaw.com待测组分称量形式换算因数FSO3BaSO40.3430MgOMg2P2O70.3622P2O5Mg2P2O70.6377P(NH4)3PO412MoO30.01650P2O5(NH4)3PO412MoO30.03782As2O3Cu(C2H3O2)2·3Cu(AsO2)20.5854CuOCu(C2H3O2)2·3Cu(AsO2)20.3138Al2O3(C9H6NO)3Al0.2096解：SO80.063==0.3430BaSO233.3942MgO2×40.31==.03622MgPO222.60227PO141.9525==.06377MgPO222.60227P30.97==.001650(NH)PO⋅12MoO1876.534343PO141.9525==.0037822×(NH)PO⋅12MoO2×1876.534343AsO×3197.84×323==0.5854Cu(CHO)⋅3Cu(AsO)1013.80232222CuO×479.54×4==.03138Cu(CHO)⋅3Cu(AsO)1013.80232222AlO101.9623==0.2096C(HNO)Al×2243.25×296310.有含硫约35％的黄铁矿，用重量法测定硫，欲得0.6克左右的BaSO4沉淀，问应称取试样 课后答案网www.khdaw.com的重量为多少克？解：应称取试样的重量为：S32.066×6.0×6.0mBaSO4233.39m====.024(g)035%35%35%第第1212112章原子吸收2章原子吸收1用石墨炉原子化法测定食品中的微量稀土元素镧。称取试样10.000g经处理后稀释至100mL。取10mL试样溶液至50mL容量瓶中，稀释至刻度，测得吸光度为0.288；在另一个50mL容量瓶中加入9mL试样溶液和1mL10µg⋅mL-1的标准镧溶液，稀释至刻度，测得吸光度为0.626。试计算该食品中镧的含量。（答：7.85µg⋅g-1）解：由A=0..0434klcklklcc=Kc得到：90..0626−0..0288×A10−1k===0..003668ml⋅µgc10由A＝kc得到：A0..0288−1c===7..785µg⋅mlk0..0036687..785×100−1C==7..785µg⋅g10×10.0003采用原子吸收光谱法分析试样中的微量硅，硅空心阴极灯发出三条较强的谱线251.43nm、251.61nm和251.92nm。初步试验时，当Si质量浓度为5.0mg⋅L-1时，三条波长下的吸光度分别为0.044、0.44和0.022。请问（1）选择哪条谱线进行测定最为适宜？（2）在该波长下此仪器的特征灵敏度是多少？（3）若该仪器光栅的倒线色散率D为2nm⋅mm-1，应该选择多大狭缝宽度？（4）在该狭缝宽度下相应的光谱通带是多少？解：（1）选择吸光度最强的谱线进行测定最为适宜，即251.61nm。（1）在该波长下此仪器的特征灵敏度是：0..00044m0..00044×5..500.−1m===0..005mg⋅LcA0..044 课后答案网www.khdaw.com251.61−251.43（3）∆λ≤=0..009mm2（4）W≤DS=0..009×2=0..018nm第十三章电位分析法1、当下述电池中的溶液是pH=4.00的缓冲溶液时，在25℃时用毫伏表测得下列电池的电动势为0.309V：+玻璃电极∣H‖饱和甘汞电极当缓冲溶液由未知溶液代替时，在25℃时测得不同溶液时的电动势分别为(1)0.642V；(2)0.406V；(3)0.218V.计算三种未知溶液的pH。解：E=K+.00591pHsssE=K+.00591pHxxx∵条件相近∴K=KsxE−E.0642−.0309xspH=pH+=.400+=.964xs.00591.00591E−E.0406−.0309xspH=pH+=.400+=.564xs.00591.00591E−E0.218−0.309xspH=pH+=3.00+=3.15xs0.05910.0591＋＋＋4．某Na电极，其选择性系数KNa,H=300，如用此电极测PNa=3的Na溶液，并要求测定误差小于3%，则试液的PH值必须大于多少？解： 课后答案网www.khdaw.comn/naijj相对误差=K××100%i,jaini/njaNa=K++××100%≤3%Na,HaH+[H]=300××100%≤3%−310−7[H]≤10pH≥7－6.用氟离子选择性电极测定饮用水中F含量时，吸取水样50.00ml于100ml容量瓶中，加入总离子强度调节缓冲液，稀至刻度，测其电动势值为－192mV。然后在此溶液中加入1.00ml－2－1.00×10mol/L氟标准溶液，测得电动势为－150mV，计算饮用水中F的质量。已知mF=19.0解：n∆E/S−1c=c(10−1)x∆Vscs−150+192/59−1=(10−1)V0−2.100×.100×1042/59−1=(10−1)100−4=10×.0241−5=.241×10mol/L第十四章气相色谱法1.在某气相色谱柱上组分A流出需15.0min，组分B流出需25.0min，而不溶于固定相的物质C流出需2.0min，问：（1）B组分相对于A的相对保留时间是多少？（2）A组分相对于B的相对保留时间是多少？（3）组分A在柱中的容量因子是多少？（4）组分B流出柱子需25.0min，那么，B分子通过固定相的平均时间是多少？解：由题可知tA=15.0min,tB=25.0min,t0=tC=2.0mintA′=tA-t0=13.0min,tB′=tB-t0=23.0min 课后答案网www.khdaw.com（1）B组分相对于A的相对保留时间为γB,A=tB′/tA′=23.0/13.0=1.77（2）A组分相对于B的相对保留时间为γA,B=tA′/tB′=13.0/23.0=0.57（3）组分A在柱中的容量因子k=tA′/t0=13.0/2.0=6.5（4）组分B流出柱子需25.0min，那么，B分子通过固定相的平均时间为25.0-2.0=23.0min.5.分析某种试样时，两个组分的相对保留值r2,1=1.11，柱的有效塔板高H=1mm，需要多长的色谱柱才能完全分离？1L⎛α−1⎞解：根据公式R=⎜⎟4H有效⎝α⎠得L=3.66m6.测得石油裂解气的气相色谱图（前面四个组分为经过衰减1/4而得到），经测定各组分的f值并从色谱图量出各组分峰面积为：出峰次序空气甲烷二氧化碳乙烯乙烷丙烯丙烷峰面积342144.52787725047.3校正因子f0.840.741.001.001.051.281.36用归一法定量，求各组分的质量分数各为多少？解：经过衰减1/4的四个组分应是甲烷、二氧化碳、乙烯和乙烷。根据公式：mmAfiiiiw=×100%=×100%=×100%im∑m∑Afiii∑Af=.084×34+214×.074×4+5.4×.100×4+278×.100×4+77×.105×4+250×.128+473.×.136ii=24997.故所求质量分数分别为：w甲烷=(214×0.74×4/2499.7)×100%=25.34%w二氧化碳=(4.5×1.00×4/2499.7)×100%=0.72%w乙烯=(278×1.00×4/2499.7)×100%=44.48%w乙烷=(77×1.05×4/2499.7)×100%=12.94%w丙烯=(250×1.28/2499.7)×100%=12.80% 课后答案网www.khdaw.comw丙烷=(47.3×1.36/2499.7)×100%=2.57%7.有一试样含甲酸、乙酸、丙酸、及不少水、苯等物质，称取此试样1.055g。以环己酮作内标，称取0.1907g环己酮，加到试样中，混合均匀后，吸取此试液3μL进样，得到色谱图。得到色谱图。从色谱图上测得的各组分峰面积及已知的S′值如下表所示：甲酸乙酸环己酮丙酸峰面积14.872.613342.4响应值S/0.2610.5621.000.938求甲酸、乙酸、丙酸的质量分数各为多少？解：根据公式：Afmiisw=⋅×100%iAfmssf"=1/s"求得各组分的校正因子分别为：3.83;1.78;1.00;1.07代入质量分数的表达式中得到各组分的质量分数分别为：w甲酸＝(14.8/133)×(0.1907/1.055)×3.83×100%=7.71%w乙酸=(72.6/133)×(0.1907/1.055)×1.78×100%=17.55%w丙酸＝(42.4/133)×(0.1907/1.055)×1.07×100%=6.17%第第1515115章5章章定量分析的分离方法定量分析的分离方法定量分析的分离定量分析的分离方法方法1.将100mL水样通过强酸型阳离子交换树脂，流出液用0.1022mol·L-1的NaOH滴定，用去42.40mL，若水样中金属离子含量以钙离子含量表示，求水样中含钙的质量浓度（mg·L-1）？解：水样中含钙的质量浓度为.01022×42.40−1C2+=×40.078=8683.mg⋅LCa2×.01003.溶液中含有Fe3+10mg，将它萃取到有机溶剂中，其分配比为99。计算用等体积溶剂萃取1次和2次，剩余Fe3+量各是多少？如果萃取2次后，分出有机层，再用等体积水洗一次，计算损失Fe3+多少毫克？解：等体积萃取，n次萃取后剩余量为： 课后答案网www.khdaw.com萃取1次后剩余Fe3+量：萃取2次后剩余Fe3+量：在萃取2次后，m0’=10–0.001mg=10mg分出有机层，用等体积水洗一次，损失Fe3+量等于留在水相的萃余率：7.采用纸色谱分离混合溶液中的A、B两组分，如果采用的滤纸条长度为20cm，比移值Rf（A）=0.40、Rf（B）=0.60，则混合溶液经过分离后A、B组分的斑点中心相距最大距离为多少？解：A组分色层分离后的斑点中心相距原点的长度为：x=0.40×20=8.0cmB组分色层分离后的斑点中心相距原点的长度为：y=0.60×20=12.0cmA，B组分色层分离后的斑点中心相距最大距离为：y–x=4.0cm'