武漢大學(xué)分析化學(xué)第五版答案.

1、武漢大學(xué) 分析化學(xué)第五版 課后題答案第1章 分析化學(xué)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(yīng)加入0.5000mol/L H2SO4的溶液多少毫升？解：  ，4要求在滴定時(shí)消耗0.2mol/LNaOH溶液2530mL。問應(yīng)稱取基準(zhǔn)試劑鄰苯二甲酸氫鉀(KHC8H4O4)多少克？如果改用做基準(zhǔn)物質(zhì)，又應(yīng)稱取多少克？解：應(yīng)稱取鄰苯二甲酸氫鉀1.01.2g應(yīng)稱取0.30.4g6含S有機(jī)試樣0.471g，在氧氣中燃燒，使S氧化為SO2，用預(yù)中和過的H2O2將SO2吸收，全部轉(zhuǎn)化為H2SO4，以0.108mol/LKOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定

2、至化學(xué)計(jì)量點(diǎn)，消耗28.2mL。求試樣中S的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：80.2500g不純CaCO3試樣中不含干擾測(cè)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(jì)算試樣中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+，消耗溶液31.80mL。計(jì)算試樣中Sb2S3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。若以Sb計(jì)，質(zhì)量分?jǐn)?shù)又為多少？解：12. 用純As2O3標(biāo)定KM

3、nO4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(yīng)。求該KMnO4溶液的濃度。解：      故                      14H2C2O4作為還原劑?？膳cKMnO4反應(yīng)如下：其兩個(gè)質(zhì)子也可被NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。分別計(jì)算0.100mol·L-1NaOH和0.100 mol

4、·L-1 KMnO4溶液與500mg H2C2O4完全反應(yīng)所消耗的體積（mL）。解：                                             

5、60;         16. 含K2Cr2O7 5.442g·L-1的標(biāo)準(zhǔn)溶液。求其濃度以及對(duì)于Fe3O4（M=231.54g·mol-1）的滴定度（mg/mL）。解：               18. 按國家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定，化學(xué)試劑FeSO4·7H2O（M=278.04g·mol-1）的含量：99.50100.5%為一級(jí)（G.R）；99.00%10

6、0.5%為二級(jí)（A.R）；98.00%101.0%為三級(jí)（C.P）。現(xiàn)以KMnO4法測(cè)定，稱取試樣1.012g，在酸性介質(zhì)中用0.02034 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，至終點(diǎn)時(shí)消耗35.70mL。計(jì)算此產(chǎn)品中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，并判斷此產(chǎn)品符合哪一級(jí)化學(xué)試劑標(biāo)準(zhǔn)。解：                          

7、;                         故為一級(jí)化學(xué)試劑。20. CN-可用EDTA間接滴定法測(cè)定。已知一定量過量的Ni2+與CN-反應(yīng)生成Ni(CN)，過量的Ni2+以EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，Ni(CN)并不發(fā)生反應(yīng)。取12.7mL含CN-的試液，加入25.00mL含過量Ni2+的標(biāo)準(zhǔn)溶液以形成Ni(CN)，過量的Ni2+需與10.1mL 0.0130 mol

8、83;L-1 EDTA完全反應(yīng)。已知39.3mL 0.0130 mol·L-1 EDTA與上述Ni2+標(biāo)準(zhǔn)溶液30.0mL完全反應(yīng)。計(jì)算含CN-試液中CN-的物質(zhì)的量濃度。解：                                     

9、                              第2章 分析試樣的采集與制備1某種物料，如各個(gè)采樣單元間標(biāo)準(zhǔn)偏差的估計(jì)值為0.61，允許的誤差為0.48，測(cè)定8次，置信水平選定為90%，則采樣單元數(shù)應(yīng)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(cè)得其中硫酸鈣量分別

10、為81.65、81.48、81.34、81.40、80.98、81.08、81.17、81.24，求各個(gè)采樣單元間的標(biāo)準(zhǔn)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(shí)，應(yīng)選取多少個(gè)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(yīng)采取試樣多少千克才有代表性?解： 5采取錳礦試樣15 kg，經(jīng)粉碎后礦石的最大顆粒直徑為2 mm，設(shè)K值為0.3，問可縮分至多少克？解：設(shè)縮分n次，則，     ，     &#

11、160;   解得，所以n=3 ，m =第3章 分析化學(xué)中的誤差與數(shù)據(jù)處理1根據(jù)有效數(shù)字運(yùn)算規(guī)則，計(jì)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+=?                    

12、0;    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設(shè)某痕量組分按下式計(jì)算分析結(jié)果：，A為測(cè)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：      

13、且   故5. 反復(fù)稱量一個(gè)質(zhì)量為 1.0000g的物體，若標(biāo)準(zhǔn)偏差為0.4mg，那么測(cè)得值為1.00001.0008g的概率為多少？                               解：由        &

14、#160;    故有   ，即 ， 查表得 P=47.73%7要使在置信度為95時(shí)平均值的置信區(qū)間不超過±s，問至少應(yīng)平行測(cè)定幾次?解：        查表，得：     9. 測(cè)定黃鐵礦中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，六次測(cè)定結(jié)果分別為30.48%, 30.42%, 30.59%, 30.51%, 30.56%, 30.49%，計(jì)算置信水平95%時(shí)總體平均值的置信區(qū)間。解：        

15、 =0.06%       置信度為95%時(shí)：   11.下列兩組實(shí)驗(yàn)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      

16、 b.               故     所以  查表得>2.22113用兩種不同分析方法對(duì)礦石中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)進(jìn)行分析，得到兩組數(shù)據(jù)如下：                       &#

17、160;s        n    方法1  15.34       0.10    11 ， 方法2  15.43       0.12    11    a置信度為90時(shí)，兩組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)偏差是否存在顯著性差異?    b在置信度分別為9

18、0，95及99時(shí)，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=1.44<F表=2.97 ，所以兩組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)偏差無顯著性差異。(b)由=得， =0.01，=0.012 s=0.0332=3.32%  t=0.063查表得：當(dāng)置信度為90%時(shí)，=1.72>0.063 ，查表得：當(dāng)置信度為95%時(shí)，=2.09>0.063查表得：當(dāng)置信度為99%時(shí)，=2.84>0.063 ，所以兩組分析結(jié)果的平均值不存在顯著性差異。 15實(shí)驗(yàn)室有兩瓶NaCl試劑，標(biāo)簽上未標(biāo)明出廠批號(hào)，為了判斷這兩瓶試劑含Cl-1的質(zhì)

19、量分?jǐn)?shù)是否有顯著性差異，某人用莫爾法對(duì)它們進(jìn)行測(cè)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(shí)，兩瓶試劑含Cl-1的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否有顯著性差異？解：用F檢驗(yàn)法：= =60.45%，= =2.310-3 ，=60.11%，= =2.610-3F=1.13， 查表得F表=9.28>1.13 ，因此沒有差異。用t檢驗(yàn)法：S=5.010-4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

20、為提高光度法測(cè)定微量Pd的靈敏度，改用一種新的顯色劑。設(shè)同一溶液，用原顯色劑及新顯色劑各測(cè)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(cè)定Pd的靈敏度是否有顯著提高?(置信度95)解：用F檢驗(yàn)法：= =0.127，= =1.310-5=0.135,   =1.910-5F=1.46 ，查表得F表=9.28>1.46,因此沒有顯著性差異。用t檢驗(yàn)法：S=4.010-3所以 t=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

21、光相對(duì)強(qiáng)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(duì)強(qiáng)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

22、0;   b求出相關(guān)系數(shù)并評(píng)價(jià)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+1.93x（b）因?yàn)?=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(biāo)準(zhǔn)偏差 s = 0.020  mg/L標(biāo)準(zhǔn)物質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)值

23、=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。ac1 mol·L-l NH3 + c2 mol·L-l NH4Cl；cc1 mol·L-l)H3PO4 + c2 mol·L-l HCOOH；解：a. 對(duì)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(qiáng)酸（HCl和弱堿（NH3）反應(yīng)而來，所以參考水準(zhǔn)選為

24、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- + 2HPO42- + 3PO43- + HCOO-+OH- 3計(jì)算下列各溶液的pH。 a0.050 mol·L-l NaAc；              c0.10 mol·L-l

25、NH4CN；             e0.050 mol·L-l氨基乙酸；        g0.010 mol·L-l H2O2液；            i0.060 mol·L-l HCI和0.050 mol·L-l氯乙酸鈉(ClCH2COONa)混合溶

26、液。解：a.對(duì)于醋酸而言，Kb = Kw / Ka = 5.6  10-10應(yīng)為cKb = 5.6  10-10 5 10-2 = 2.8  10-11> 10Kwc/Kb> 100 故使用最簡(jiǎn)式；       OH- =  = 5.29 10-6         pH = 14 pOH = 8.72c. NH4+   Ka = 5.6  10-10

27、60; HCN   Ka = 6.2.  10-10cKa > 10Kw      c > 10 Ka 由近似公式可以得到：H+ =  =  = 5.89 10-10pH = 10 0.77 = 9.23 e. 氨基乙酸一端羧基顯酸性，一端氨基顯堿性，Ka1 = 4.5 10-3 , Ka2 = 2.5  10-10c/Ka2> 100  且c > 10 Ka1所以H+ =  =  = 1.06

28、60;10-6pH = 6-0.03 = 5.97 g. 對(duì)于雙氧水而言，Ka = 1.8  10-12cKa < 10Kw     c/Ka> 100所以可以計(jì)算氫離子濃度H+ =  =  = 1.67  10-7pH = 7 0.22 = 6.78i. 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(shè)有x mol/L的ClCH2COOH發(fā)生離

29、解，則       ClCH2COOH  ClCH2COO- + H+               0.05-x            x     0.01+x     所以有 = Ka = 1.4

30、 10-3解得x = 4.4  10-3mol/L那么H+ = 0.0144mol/L   pH = -log H+ = 1.845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計(jì)算此混合溶液的pH。b加入等體積0.10 mol·L-l NaOH溶液后，溶液的pH。解：a. HSO4- Ka2=1.0×10-2     HAc Ka=1.8×1

31、0-5        均為弱酸，且濃度遠(yuǎn)低于HCl的濃度，所以此體系中的HSO4-和HAc在計(jì)算pH值時(shí)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KHAHA，H+ 2=（CHSO4-H+ ）解得H+ =9.90×10-5   故pH=4.007已知C

32、r3+的一級(jí)水解反應(yīng)常數(shù)為10-3.8，若只考慮一級(jí)水解，則0.010 mol·L-l Cr(ClO4)3 的pH為多少? 此時(shí)溶液中Cr(OH)2+的分布分?jǐn)?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 mol·

33、;L-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=5.60       設(shè)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

34、= 11配制氨基乙酸總濃度為0.10 mol·L-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 mol·L-l酸或堿，所得溶液的緩沖容量為多大?解：設(shè)酸以HA表示，p Ka1=2.35   p Ka2=9.60       1)需HA質(zhì)量m=0.10×100×75.0×0.75（g）        2）因?yàn)榘被宜峒百|(zhì)子化氨基乙酸構(gòu)成緩沖溶液，設(shè)pH=2時(shí)，質(zhì)子化氨

35、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0.079×100=7.9ml 13計(jì)算下列標(biāo)準(zhǔn)緩沖溶液的pH(考慮離子強(qiáng)度的影響)，并與標(biāo)準(zhǔn)值相比較。    a飽和酒石酸氫鉀(0.034 0 mol·L-l)；    c0.010 0

36、mol·L-l 硼砂。解：a. p Ka1=3.04，p Ka24.37          I= （mol/L），          查表得，          故，得          同理可得，  

37、0;       又              最簡(jiǎn)式                    pH=3.56           

38、  c. c=0.0100 mol/L，p Ka1=4，p Ka2=9                          查表          故           

39、K=5.8×10-10                      故pH=9.1816. 解： 已知一元弱酸的，問其等濃度的共軛堿的為多少？（已知：，且）解：據(jù)題意： 19. 用滴定至。計(jì)算終點(diǎn)誤差。解：時(shí)22. 用滴定羥胺鹽酸鹽（）和的混合溶液。問化學(xué)計(jì)量點(diǎn)時(shí)溶液的為多少？在化學(xué)計(jì)量點(diǎn)有百分之幾的參加了反應(yīng)？解：(1) 已知時(shí)，產(chǎn)物為和 (2) 時(shí)，參加反應(yīng)的百分?jǐn)?shù)

40、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?jiǎng)偤猛噬娜?。?jì)算鋼中和的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：過量用于滴定磷鉬酸銨的含物質(zhì)的量為： 28. 標(biāo)定甲醇鈉溶液時(shí)，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(luò)合滴定法 2.解：       4.解：用氨水調(diào)解時(shí)：                  

41、0;         故主要存在形式是，其濃度為     用氨水和NaOH調(diào)解時(shí)：                           故主要存在形式是和，其濃度均為 6解：      8.

42、解：PH=5.0時(shí)，    10.解：設(shè)Al3+濃度為0.010mol/L，則由Al(OH)3的Ksp計(jì)算可得Al3+發(fā)生水解時(shí)pH=3.7。要想在加入EDTA時(shí)，Al3+不發(fā)生水解，pH應(yīng)小于3.7。 12.解：a.               b.    15. 解:   由Ksp ，測(cè)Th時(shí)pH<3.2,測(cè)La時(shí)pH<8.4，查酸效應(yīng)曲線（

43、數(shù)據(jù)）可知，測(cè)Th時(shí) 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(jìn)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(jìn)行。18. 解:     由題意可知                 21. 解:  據(jù)題中計(jì)量關(guān)系得：          24. 解:  據(jù)

44、題中計(jì)量關(guān)系得：          =21.10%              100%=16.55%）第 7 章 氧化還原滴定法1. 解：查表得：lgK(NH3) =9.46E = EZn2+/Zn+0.0592lgZn2+/2 = -0.763+0.0592lg(Zn(NH3)42+/K(NH3)4)/2 = -1.04V3. 解：E Hg22+/Hg=EHg22+/Hg+0

45、.5*0.0592lgHg2+ =0.793+0.5*0.0592lg(Ksp/Cl-2)       EHg22+/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+= EMnO4-/Mn2+0.059*lg（ MnO4-/Mn2+）/5 當(dāng)還原一半時(shí)：MnO4-=Mn2+ 故

46、E MnO4-/Mn2+= EMnO4-/Mn2+=1.45VCr2O72-=0.005mol/L Cr3+=2*0.05=0.10mol/L ECr2O72-/Cr3+= ECr2O72-/Cr3+0.059/6*lg（Cr2O72-/Cr3+）=1.01V7. 解：Cu+2AgCu22Ag      lgK（0.80-0.337）*2/0.05915.69      K1015.69Cu2/ Ag2表明達(dá)到平衡時(shí)Ag幾乎被還原,因此= Ag/2=0.05/2=0.025mol/L 

47、     Ag= ( Cu2/K)0.5=2.3*10-9mol/L 9. 解：2S2O32-+I-3=3I-+S4O62-(a)當(dāng)?shù)味ㄏ禂?shù)為0.50時(shí)，I3-=0.0500(20.00-10.00)/(20.00+10.00)=0.01667mol/LI-=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) 當(dāng)?shù)味ǚ謹(jǐn)?shù)為1.00時(shí)，由不對(duì)稱的氧化還原反應(yīng)

48、得：E I-3/ I-=0.545+0.0295 lgI-3/ I-3  (1) E S4O62/-S2O32-=0.080+0.0295 lgS4O62-/ S2O322  (2)(1)*4+(2)*2得：6Esp=2.34+0.059 lgI-32S4O62-/ I-6S2O32-2由于此時(shí)S4O62-=2I-3，計(jì)算得S4O62-=0.025mol/L  I-=0.55mol/L,代入上式Esp=0.39=0.059/6* lgS4O62-/4 I-6=0.384V  (c) 當(dāng)?shù)味ǚ謹(jǐn)?shù)為1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0

49、.0295 lgS4O62-/ S2O322 此時(shí)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(diǎn)時(shí) 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     &#

50、160;    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(diǎn)時(shí)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

51、H2SO4+H3PO4介質(zhì)中，F(xiàn)e3+=1+103.5*0.5=5*102.5=103.2, Fe2+=1+0.5*102.3=102.0EFe3+/Fe2+=0.68+0.059lgFe3+=0.61V Esp=(1.44+0.617)/2=1.03VE=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-+Mn2+12H+4Mn2+MnO4-+8H+=5Mn3+4H2O5V MnO4-,4Mn4

52、Mn2+ 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-,設(shè)試樣中PbO2為x克，PbO為y克。則  20*0.25=0.04*10.00*5/2+2*1000

53、x/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(xué)反應(yīng)：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=0.02

54、896mol/L21. 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(yīng)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(yīng)電子守恒得：6Fe2+Cr2O72-，mCr=2*M(Cr)(0.500/MFe(NH4)(SO4)26H2O-6*0.00389*0.01829)/6=

55、1.486*10-2V=m,V=Shh=6.80*10-528. 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：        &

56、#160;           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+)=0.07916×19.46=1.5405×10-3(mol)       設(shè)試樣中BaCl2的質(zhì)量為x，則有2x/208.24 + (0.1036

57、 x)/58.443=1.5405×10-3       解得x=0.03093(g) 即，試樣中的BaCl2的質(zhì)量為0.03093g4. 解：設(shè)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）  

58、0;   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%

59、60;     Na2O%=0.01909/0.5034 ×100% = 3.79% 6. 解：反應(yīng)關(guān)系為1As 1Ag3AsO4 3Ag+3NH4SCN         As%=0.1000×45.45×10-3×M(As)/3×0.5000 ×100% =22.70%8. 解：設(shè)該鐵的氧化物的分子式為FexOy       則 55.85x+16.00y

60、=0.5434          55.85x=0.3801       x= 0.006806          y= 0.01020       y/x =0.01020/0.006806 = 1.5 = 3:2       即該鐵的氧

61、化物的分子式為Fe2O3第9章  重量分析法1解： S0=CaSO4=Ca2+SO42-=×Ksp=200×9.1×10-6=1.82×10-3mol/L非離解形式Ca2+的百分?jǐn)?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：KSP9.3×1017Ag+Is=2.81×105 13解：混合后，剩余的=100 mL純水洗滌時(shí)損失的:100 mL0.010 洗滌時(shí) 16解：（1） (2) (3) 19解：主要狀態(tài)可由數(shù)值得 22解：(1) (2) (3)

62、(4) 25解：   設(shè)CaC2O4為,MgC2O4 =0.6240-28解：   31解：   設(shè)為 34解：   AgCl:0.035(mol·L-1)   cNH33/21.5(mol·L-1)          Ag+原0.0175(mol·L-1)          I-原0.0

63、25(mol·L-1)     設(shè)混合后Ag+x/ mol·L-1       Ag+    +   2NH3       Ag(NH3)2+     x   1.5-2×(0.0175-x)    0.0175-x    

64、60;       1.5           0.0175     ß2107.40     x3.1×10-10      Ag+I-3.1××0.0257.8×10-12 >有AgI沉淀生成。第10章 吸光光度法 2. 解：A=-lgT=

65、Kbc 當(dāng)b=2cm時(shí),A=-log0.60=0.222; 當(dāng)b=1cm,A=0.222/2=0.111,lgT=-0.111T=0.77=77%;當(dāng)b=3cm，A=0.222×3/2=0.333，lgT=-0.333T=0.46=46% 4. 解：A=-lgT=-lg50.5%=0.297,      c=25.5×10-6×103/(50M)=8.18×10-6mol/L K穩(wěn)      =A/bc=0.297/(2×8.18

66、15;10-6)=1.91×104L/(mol.cm)      s=M/=3.3×10-8ug/cm2 6.解：此為飽和法測(cè)定絡(luò)合物組成，以配位試劑Phen與Fe2+的濃度比R/M為橫坐標(biāo)，以吸光度A為縱坐標(biāo)作圖。圖中曲線轉(zhuǎn)折點(diǎn)不敏銳，所以運(yùn)用外推法得一交點(diǎn)，從交點(diǎn)向橫坐標(biāo)作垂線，對(duì)應(yīng)的R/M值就是絡(luò)合物的配比。由圖示可見，絡(luò)合物的組成為Fe（Phen）3，即M：R=1：3    8.解：A=0.700=-lgT1,T1=20%; 圖見上    

67、;  A=1.00=-lgT2,T2=10%，T=10%;      以0.00100mol/L溶液為參比時(shí)，測(cè)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(biāo)尺放大倍數(shù)n=100%/20%=5 10.解：Ti和V定容后的濃度分別為5.3×10-4mol/L和1.57×10-3mol/L，設(shè)Ti和V絡(luò)合物在415nm和455nm的摩爾吸光系數(shù)分別為11，12，21，22。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=11×5.3×10-4，11=8.2×102L.mol-1.cm-1；0.246=12×5.3