分析化学[第五版]武汉大学_课后习题答案

第1章 分析化学概论
2. 有0.0982mol/L 的H 2SO 4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L 。

问应加入0.5000mol/L H 2SO 4的溶液多少毫升？
解：112212()c V c V c V V +=+
220.0982/0.4800.5000/0.1000/(0.480)mol L L mol L V mol L L V ⨯+⨯=⨯+ 2 2.16V mL =
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(KHC 8H 4O 4)多少克？如果改用
22422H C O H O ⋅做基准物质，又应称取多少克？
解：844:1:1NaOH KHC H O n n =
1110.2/0.025204.22/ 1.0m n M cV M
mol L L g mol g ===⨯⨯=
2220.2/0.030204.22/ 1.2m n M cV M
mol L L g mol g ===⨯⨯=
应称取邻苯二甲酸氢钾1.0~1.2g
22422:2:1
NaOH H C O H O n n ⋅= 1111210.2/0.025126.07/0.32m n M cV M mol L L g mol g ==
=⨯⨯⨯=
22212
10.2/0.030126.07/0.42m n M cV M mol L L g mol g ===⨯⨯⨯=
应称取
22422H C O H O ⋅0.3~0.4g
6．含S 有机试样0.471g ，在氧气中燃烧，使S 氧化为SO 2，用预中和过的H 2O 2将SO 2吸收，全部转化为H 2SO 4，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：2242S SO H SO KOH
100%10.108/0.028232.066/2100%0.47110.3%nM w m mol L L g mol
g
=⨯⨯⨯⨯=⨯=
8．0.2500g 不纯CaCO 3试样中不含干扰测定的组分。

加入25.00mL0.2600mol/LHCl 溶解，煮沸除去CO 2，用0.2450mol/LNaOH 溶液反滴定过量酸，消耗6.50mL ，计算试样中CaCO 3的质量分数。

解：32CaCO HCl
NaOH HCl
00
1()2100%100%1(0.2600/0.0250.2450/0.0065)100.09/2100%0.250098.24%cV cV M nM w m m mol L L mol L L g mol
g
-=⨯=⨯⨯-⨯⨯=⨯=
10．不纯Sb 2S 30.2513g ，将其置于氧气流中灼烧，产生的SO 2通入FeCl 3溶液中，使Fe 3+还原至Fe 2+，然后用0.02000mol/LKMnO 4标准溶液滴定Fe 2+，消耗溶液31.80mL 。

计算试样中Sb 2S 3的质量分数。

若以Sb 计，质量分数又为多少？ 解：
2232462365Sb S Sb SO Fe KMnO + 232323550.0200/0.031800.0005366
220.000530.001060.00053339.68/100%71.64%0.25130.00106121.76/100%51.36%0.2513Sb S Sb S Sb Sb S Sb n cV mol L L mol n n mol mol
mol g mol w g
mol g mol w g ==⨯⨯===⨯=⨯=
⨯=⨯=⨯=
12. 用纯As 2O 3标定KMnO 4溶液的浓度。

若0.211 2 g As 2O 3在酸性溶液中恰好与36.42 mL KMnO 4反应。

求该KMnO 4溶液的浓度。

解： 323345104As O AsO MnO -- 故
4410005KMnO m cV M =⨯⨯
440.2112100050.02345(/)36.42197.8KMnO c mol L ⨯⨯==⨯
14．H 2C 2O 4作为还原剂。

可与KMnO 4反应如下：
-
+2+2244225H C O +2MnO +6H =10CO +2Mn +8H O ↑
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 KMnO 4溶液与500mg H 2C 2O 4完全反应所消耗的体积（mL ）。

解： 2242242243500
1000 5.55310()90.035H C O H C O H C O m n mol M -===⨯
2242H C O NaOH 22433322 5.5531011.10610()
11.106100.111()111()0.100NaOH H C O NaOH NaOH
NaOH n n mol n V L mL c ---==⨯⨯=⨯⨯==== 224425H C O KMnO
42243322 5.55310 2.22110()55KMnO H C O n n mol --==⨯⨯=⨯
44432.221100.0222()22.2()0.100KMnO KMnO KMnO n V L mL c -⨯=
===
16. 含K 2Cr 2O 7 5.442g·L -1的标准溶液。

求其浓度以及对于Fe 3O 4
（M=231.54g·mol -1）的滴定度（mg/mL ）。

解： 227227227 5.442
294.180.01850(/)1K Cr O K Cr O K Cr O n c mol L V ===
3422722734/20.01850231.5428.567(/)Fe O K Cr O K Cr O Fe O T c M mg mL =⨯⨯=⨯⨯=
18. 按国家标准规定，化学试剂FeSO 4·7H 2O （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KMnO 4法测定，称取试样1.012g ，在酸性介质中用0.02034 mol·L -1 KMnO 4溶液滴定，至终点时消耗35.70mL 。

计算此产品中FeSO 4·7H 2O 的质量分数，并判断此产品符合哪一级化学试剂标准。

解： 245Fe MnO +-
4243735.70550.02034 3.63110()1000FeSO H O MnO n n mol --•∴==⨯⨯=⨯ 424242427777FeSO H O FeSO H O FeSO H O
FeSO H O m n M m m ω••••⨯== 33.63110278.0499.76%1.012-⨯⨯==
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Ni 2+与CN -反应生成Ni(CN)24-
，过量的Ni 2+以EDTA 标准溶液滴定，Ni(CN)
24-并不发生反应。

取12.7mL 含CN -的试液，加入25.00mL 含过量Ni 2+的标准溶液以形成Ni(CN)24-
，
过量的Ni 2+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Ni 2+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： 2Ni EDTA +
222239.30.013010000.01703(/)30.0
1000Ni EDTA Ni Ni Ni n n c mol L V V ++++⨯∴=
=== 222425.000.01703 4.257510()1000Ni Ni Ni n c V mol +
++-''==⨯=⨯ 410.10.0130 1.31310()1000EDTA EDTA EDTA n c V mol -''=⨯=⨯=⨯
234() 1.177810()EDTA CN Ni n n n mol -+-''=-=⨯
31.1778100.0927(/)12.71000CN CN CN n c mol L V ---
-⨯===
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
221.900.61()() 5.860.48t n E σ⨯===≈
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
222.360.13()() 2.430.20t n E σ⨯===≈
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：
220.13090()Q Kd kg ≥=⨯=
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：
220.32 1.2()Q Kd kg ≥=⨯= 设缩分n 次，则1() 1.2()2n Q kg ⨯≥ 115() 1.2()2n kg ⨯≥ 1ln15ln ln1.22n +≥
解得 3.6n ≤，所以n=3
m =3115() 1.875()2kg ⨯=
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) 3.60.032320.59 2.12345 (3)10000000.11245
.0)32.100.24(00.45⨯⨯-⨯
(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=45.0022.680.1245=0.12711.0001000⨯⨯⨯
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：
m C A -=χ，A 为测量值，C 为空白值，
m 为试样质量。

已知 s A =s C =0.1，s m =0.001，A =8.0，C =1.0，m =1.0，求s x 。

解：2
22222222
()422222220.10.10.001 4.0910()()(8.0 1.0) 1.0A C x m A C m s s s s s s x A C m A C m --++=+=+=+=⨯---
且
8.0 1.07.01.0x -== 故424.09107.00.14x
s -=⨯⨯=
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0.4mg σ= 1.0000g μ=
故有1.0000 1.0000 1.0008 1.00000.00040.0004u --≤≤
即02u ≤≤
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：x x t s x t n μ=±⋅=± 查表，得： 5, 2.57, 1.04916
6, 2.45,0.92617
5f t f t ====>====<t 时n t 时n 故至少应平行测定次
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：
6
11i i x x n ==∑ 30.48%30.42%30.59%30.51%30.56%30.49%30.51%6+++++==
s = 置信度为95%时：
0.05,5,2.57,30.51% 2.5730.51%0.06%f t x t αμ==±=±=± 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. 6
119.57i i x x n ===∑
5.71%s == 故2432.610s -=⨯
b. 6
119.47i i x x n ===∑
8.51%s == 故2472.410s -=⨯
所以24
2472.410 2.22132.610b a s F s --⨯===⨯ 查表得 5.05F =表>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：
χ 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)
2
1s =0.00102
，
22
s =0.00122
F=2221s s =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
2
s
=2
10i
d
∑得，
2i
d
∑=0.01，
22
d
∑=0.012
∴
∴
=0.063 查表得：当置信度为90%时，0.10,20
t =1.72>0.063
查表得：当置信度为95%时，
0.05,20
t =2.09>0.063
查表得：当置信度为99%时，
0.01,20
t =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，1
-Cl
ω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：
A X =
i
X n
∑=60.45%，
2s A
=
2
1
i d n -∑=2.3⨯10-3
B X =
i
X n
∑=60.11%，
2s B
=
2
1
i d n -∑ =2.6⨯10-3
F=22B A S S =1.13， 查表得F 表=9.28>1.13
因此没有差异。

用t 检验法：
⨯10-4
所以
=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：
A X =
i
X n
∑=0.127，，
2s A
=
2
1
i d n -∑=1.3⨯10-5
B X =
i
X n
∑=0.135,
2s B
=
2
1
i d n -∑=1.9⨯10-5
F=22s B
s
A =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=
222A
B
A B d d
n n ++-∑∑=4.0⨯10-3
所以 t=
||A B A B
A B X X n n s n n -+=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()及其荧光相对强度(y )的关系如下：
含量
/
g 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，x =6.0， y =13.1，
7
1
()()
i
i
i x x y y =--∑=216.2，
7
2
1
()
i
i x x =-∑=112.0，
2
1
()n
i
i y
y =-∑=418.28，
所以b=7
1
7
2
1
()()
()i
i
i i i x x y y x x ==---∑∑=216.2
112.0=1.93，
a y bx =-=13.1-1.93⨯6.0=1.52
所以一元回归方程为：y=1.52+1.93x
（b ）因为
r =
=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 __
x = 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__
x±3s=（0.256 ±0.060）mg/L
警戒限__
x±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 HCl和0.050 mol·L-l氯乙酸钠(ClCH2COONa)混合溶液。

解：
a.对于醋酸而言，K b =K w / K a = 5.6 ⨯ 10-10
应为cK b = 5.6 ⨯ 10-10⨯ 5 ⨯10-2 = 2.8 ⨯ 10-11> 10K w
c/K b> 100
故使用最简式；
[OH-] = ⨯ 10-6
pH = 14 – pOH = 8.72
c. NH4+K a’ = 5.6 ⨯ 10-10
HCN K a = 6.2. ⨯ 10-10
cK a’ > 10K w c > 10 K a
由近似公式可以得到：
[H+] = = ⨯ 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，K a1 = 4.5⨯ 10-3 , K a2 = 2.5 ⨯ 10-10
c/K a2> 100 且c > 10 K a1
所以[H+] = ⨯ 10-6
pH = 6-0.03 = 5.97
g. 对于双氧水而言，K a = 1.8 ⨯ 10-12
cK a < 10K w c/K a> 100
所以可以计算氢离子浓度
[H+] = ⨯ 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(0.01)0.05x x
x +- = K a = 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 NaHSO 4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. HSO 4- K a2=1.0×10-2 HA
c K a =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HSO 4-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HSO 4-和HAc 的
混酸体系，H +⎡⎤=⎣⎦
忽略K W 及K HA [HA]，
[H + ]2
=
4
HSO K -
（C HSO4--[H + ]）
解得[H + ]=9.90×10-5 故pH=4.00
7．已知Cr 3+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(ClO 4)3 的pH 为多少? 此时溶液中Cr(OH)2+的分布分数是多大? 解：1）
3.82 5.8
a K 10101010W
c K ---⋅=⨯=
1.8a 10100
K c
=<
3
1.18210H +
-⎡⎤=
=⨯⎣⎦ mol/L
故pH=2.93
2）2 3.8
a 3.8 2.93()
a K 100.121010K Cr OH H δ+
---+
=
==+⎡⎤+⎣⎦
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
6
a 5.010K -=⨯)
解：
200
0.05
40100NaOH C =
=⨯（mol/L ）
已知p K a =5.30，pH=5.60
设原缓冲溶液中盐的浓度为x mol/L ，故0.055.60 5.30lg
0.25x
x +=+-
得x=0.35
则原缓冲溶液pH= 0.35
5.30lg
5.440.25+=
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 K a1=2.35 p K a2=9.60
1)需HA 质量m=0.10×100×75.0×310-＝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
1lg HA a HA c H pH pK c H -++
⎡⎤+⎣⎦=+⎡⎤-⎣⎦ 即0.12.00 2.35lg
x H x H +
+
⎡⎤-+⎣⎦=-⎡⎤-⎣⎦
，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 K a1=3.04，p K a2＝4.37
I= 1
(10.03410.034)0.034
2⨯+⨯=（mol/L ），
查表得，900
H a +=，400
HB a -=，
2500
B a -=
故
lg 0.51210.06
H γ+=⨯=-，得0.871H γ+=
同理可得
0.84
HB γ-
=，
20.51
B γ-
=
又a2K 20W
c K ⋅> a120
K c
>
最简式
H +⎡⎤==⎣⎦
4
2.7610H H a H γ+++
-⎡⎤==
==⨯⎣⎦
pH=3.56
c. c=0.0100 mol/L ，p K a1=4，p K a2=9
1
(0.020010.02001)0.02
2I =⨯+⨯=
24723323522B O H O H BO H BO --
+→+
查表
2
3
400
H BO a -=
2
3
lg 0.5121H BO γ-=⨯ 故230.869H BO γ-=
33
23H BO H H BO +-
+ K=5.8×10-10
2
3
2
3
1010
105.810 5.810 6.67100.020.869
H H BO H BO a c γ+
-----⨯⨯===⨯⋅⨯
故pH=9.18
16. 解： 已知1
0.1mol L -⋅一元弱酸HB 的 3.0pH =，问其等浓度的共轭碱NaB 的
pH 为多少？（已知：10a w K c K >，且/100a c K >）
解：据题意：
[]H +=
325
(10)/10a K c --==
9
10w
b a
K K K -=
= 10a w K c K > /100a c K >
5
10OH --===
14.0 5.09.0pH =-=
19. 用10.1mol L -⋅NaOH 滴定1
0.1mol L -⋅HAc 至8.00pH =。

计算终点误差。

解：SP 时 1
0.05NaOH c mol L -=⋅
105.610w
b a
K K K -=
=⨯
20b w K c K > 500
b c
K >
6
[] 5.2910OH --=⨯
1460.728.72
sp pH =-+=
8.008.720.72
ep sp pH pH pH ∆=-=-=-
0.720.72
%100
TE -=
1000.05
==-
22. 用10.100mol L -⋅NaOH 滴定10.100mol L -⋅羟胺盐酸盐（3NH OH Cl
+-
⋅）和
10.100mol L -⋅4NH Cl 的混合溶液。

问.a 化学计量点时溶液的pH 为多少？.b 在化
学计量点有百分之几的
4NH Cl
参加了反应？
解：(1) 已知
3NH OH Cl +-
⋅
61.110w
a K K K -=
=⨯
SP 时，产物为2NH OH 和4NH +
[]H +=
=
8
2.510(/)mol L -=⨯ 7.61pH =
(2) SP 时，
8
[] 2.510/H mol L +-=⨯
34
10
338105.610[]0.0500 1.110(/)2.510 5.610NH NH NH c mol L δ+
----⨯=⋅=⨯=⨯⨯+⨯
∴参加反应的4NH Cl
百分数为：
3
1.110100%
2.2%
0.0500-⨯⨯=
25.称取钢样1.000g ，溶解后，将其中的磷沉淀为磷钼酸铵。

用
20.00mL 10.1000mol L -⋅NaOH 溶解沉淀，过量的NaOH 用3HNO 返滴定至酚酞刚好褪色，耗去1
0.2000mol L
-⋅3HNO 7.50mL。

计算钢中P 和
25
P O 的质量分数。

解：P
424()NH HPO 7
12MoO 24NaOH
2512P O
过量
33
0.27.510 1.510()NaOH mol --=⨯⨯=⨯ 用于滴定磷钼酸铵的
334
0.12010 1.510 5.010()NaOH mol ---=⨯⨯-⨯=⨯ 含Ｐ物质的量为：455.0
10 2.110()
24mol --⨯=⨯
52.11031%1000.065
1P -⨯⨯=⨯= 525 2.110142
%1000.15
12P O -⨯⨯=⨯=⨯
28. 标定甲醇钠溶液时，称取苯甲酸0.4680g ，消耗甲醇钠溶液25.50mL ，求甲醇钠的浓度。

解：
3CH ONa
65C H COOH
，令其浓度为c
30.4680
0.1500(/)
25.5010122c mol L -=
=⨯⨯
第6章 络合滴定法
2.解：
4.解：用氨水调解时：
3
2()121(0.010)(0.010)122
M NH αββ=+++
=
3
2.0 2.0
131()[]10100.0083
122
M NH NH βδα-⨯===
3
2 5.0 4.0
232()[]10100.083
122
M NH NH βδα-⨯===
7.0 6.0310100.083122δ-⨯== 10.08.0
410100.83
122δ-⨯==
故主要存在形式是
234
()M NH +
，其浓度为1
0.100.830.083mol L -⨯=⋅
用氨水和NaOH 调解时：
3
4811
()()11100.1100.01120210M M NH M OH ααα-
=+-=+⨯+⨯+
+=⨯
2243
3222
124224()
4.58.92 6.9
6.09.2614 1.26
1()1
4333()1321[][]
100.1010(0.10)101[]1101010[][]
112[]0.10[][]1[][Cu C O
Cu OH NH Cu NH C O C O OH C NH H NH mol L NH NH Ka
NH N αββαβαββ--
----+
+-=++=⨯+⨯==+=+⨯==+=+=⇒=⋅⇒=++又23
24
259.35
3539.36
()()()][]1010Cu Cu NH Cu C O Cu OH H NH βαααα-
-
+
+=≈++=
49111100.1510210δ-⨯==⨯⨯ 86
2
11100.01510210δ-⨯==⨯⨯ 14311100.0010.5210δ⨯==⨯ 15411
100.00010.5210δ⨯==⨯
故主要存在形式是3
()M OH -
和
24
()M OH -
，其浓度均为1
0.050mol L -⋅
6．解：
8.解：PH=5.0时，
'lg 4.8 4.8
ZnY ep K pZn =⇒=
()()()16.461
()()
2.10 2.43 4.49 5.41()()()6.458.7lg 'lg lg lg()lg 6.45lg lg
10 0.005110101010lg 5.46lg 8.70
lg '16.50lg(1010ZnY ZnY Y H Y Cd Y H sp
sp
CdY Cd
Y Cd CdY Cd Cd I Cd I Cd I Y Cd ZnY K K K C K C mol L K αααααααα-=-+====⋅=++++⇒=⇒==-
+0)7.80
0.5(lg ') 5.050.25
0.22%
sp
sp ZnY Zn pZn
pZn
pZn K pC pZn Et -
==+=⇒=-==-
1()2.8 1.8()12.48.32 6.32()()()()
()
()()()[]0.10,lg 4.651(0.10)100.10101100.10100.010101 1
lg '16.46lg lg() 6.48lg 'Y H Cd T Zn T ZnY Zn
CdY Cd
Y Zn Y Cd Zn T Cd T CdY Cd T Y H Y Zn T mol L K C K C K K ααβαααααααα-≈⋅==+=⨯==+⨯+⨯==+
=+
=--+=()()()16.5lg lg() 2.48
ZnY Zn T Y H Y Cd ααα=--+=-
10.解：设Al 3+浓度为0.010mol/L ，则由Al(OH)3的K sp 计算可得Al 3+发生水解时
pH=3.7。

要想在加入EDTA 时，Al 3+不发生水解，pH 应小于3.7。

12.解：a.
b.
225
4.74()11()2 1.9 3.8 2.43
12()
()()()[][]10111 1.55
[]10
0.31[]0.21.55
1[][]1100.2100.0410lg 6.45
lg 'lg lg lg Ac H HAc Ac H Pb
Ac Y H PbY PbY Y H Pb Ac HAc H Ac Ka C Ac mol L mol L Ac Ac K K αααββααα++--+
-+++-+----
--=+=+=+===⋅=⋅=++=+⨯+⨯===-
-18.04 2.43 6.459.16' 6.08 7.0 '7.0 2.43 4.57' 1.51 2.7%
sp ep ep pPb
pPb
pPb pPb pPb pPb pPb Et -
=--====-=∆=∆=-=
=
-()lg 'lg lg 18.04 6.4511.59
11.5937.30 7.0 0.30
2
0.007%
PbY PbY Y H sp ep
pPb pPb
K K pPb pPb pPb Et α-=-=-=+===∆=-==-
15. 解: 由K sp ，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 pH ≥2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
0.0335118.69
100%62.31%
0.21000Sn ω⨯⨯=
⨯=⨯
(0.03500.03 3.00.0335)207.2
100%37.29%
0.20001000Pb ω⨯-⨯-⨯⨯=
⨯=⨯
21. 解: 据题中计量关系得：
()0.0250.030.00360.00110254.22100%98.45%
0.2014
ω⨯-⨯⨯⨯⨯=
⨯=
24. 解: 据题中计量关系得：
0.058310.0261458.693
100%63.33%
0.7176Ni ω⨯⨯=
⨯=
(0.035440.058310.026140.05831)555.845
100%
0.7176Fe ω⨯-⨯⨯⨯=
⨯
=21.10%
(0.050.058310.006210.063160.035440.05831)551.9960.7176Cr ω⨯-⨯-⨯⨯⨯=
⨯
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(K sp/[Cl-]2)
EθHg22+/Hg=0.793+0.0295lgK sp=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
E Cr2O72-/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[S 4O 62-]/ [S 2O 32]2 (2)
(1)*4+(2)*2得：6E sp =2.34+0.059 lg[I -3]2[S 4O 62-]/[ I -]6[S 2O 32-]2
由于此时[S 4O 62-]=2[I -3]，计算得[S 4O 62-]=0.025mol/L [ I -]=0.55mol/L, 代入上式E sp =0.39=0.059/6* lg[S 4O 62-]/4[ I -]6=0.384V
(c) 当滴定分数为1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lg[S 4O 62-]/ [S 2O 32]2 此时[S 4O 62-]=0.1000*20.00/100=0.0200mol/L [S 2O 32-]=0.100*10.00/50.00=0.0200mol/L 故E=0.800+0.0295 lg0.200/(0.200)2=1.30V
11．解： Ce 4+Fe 2+=Ce 3++Fe 3+
终点时 C Ce3+=0.05000mol/l, Fe 2+=0.05000mol/l. 所以 C Ce4= C Ce3+*10(0.94-1.44)/0.059=1.7*10-10mol/l
C Fe2+=C Fe3+*10(0.94-0.68)/0.059=2.0*10-6mol/l
得E t =(1.7*10-10-2.0*10-6)/(0.0500+2.0*10-6)*100%=-0.004%
13．解： Ce 4++Fe 2+=Ce 3++Fe 2+
在H 2SO 4介质中，终点时E ep =0.48V, E sp =(1.48+0.68)/2=1.06V,
E θ
=1.44-0.68=0.76V, E=0.84-1.06=-0.22
E t =(10-0.22/0.059-100.22/0.059)/100.76/2*0.059*100%=-0.19%
在H 2SO 4+H 3PO 4介质中，
∂Fe 3+=1+103.5*0.5=5*102.5=103.2, ∂Fe2+=1+0.5*102.3=102.0 E Fe3+/Fe2+=0.68+0.059lg ∂Fe 3+=0.61V E sp =(1.44+0.617)/2=1.03V
E=0.84-1.03=-0.19V E θ
=0.83V,
由林邦误差公式: E t=(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-
ω(V)=5*0.02000*2.50*50.49/1.000*1000*100%=1.27%
ω(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
∴5PbO25PbO 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
ω(PbO
2
)=0.2392/1.234*100%=19.38%,
ω(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
c KI*25.00=5*(10.00*0.05000-21.14*0.1008*1/6),
得c KI=0.02896mol/L
21. 解：由3NO2+H2O=2HNO3+NO, 及氮守恒得
3NH4+3NH33NO22HNO32NaOH,
ω(NH
3
)=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-
ω(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-，
m Cr=2*M(Cr)(0.500/M[Fe(NH4)(SO4)2•6H2O]-6*0.00389*0.01829)/6=1.486*10-2ρV=m,V=Sh⇒h=6.80*10-5
28. 解：
()33
40.1014.300.0510 1.2910
n mol
--=-⨯⨯=⨯
乙二醇
故
3
1.29106
2.040.0800480.04
m g mg
-
=⨯⨯==乙二醇
31. 解：由关系式
2
33223
36
CH COCH I S O -得：
()3
500.050.50.110105810
100%38.71%
36
w
-
⨯-⨯⨯⨯⨯⨯
=⨯=
⨯
34. 解：a、sul的分子结构式为
b、322
6533
BrO H Br Br H O
-+-
++=+
c、6822266222
C H N O S+2Br C H Br N O S+2HBr
=
d、由关系式326822
3
3C H N O S
2
BrO Br
-
和
2
2323
2
Br I S O
--
得：
1
12.920.1215
250.017673
20.013509
202
sul
c mol L-
⨯
⨯⨯-
==
⨯
0.0135090.1172.21
78.04%80%
0.2981
sul
w
⨯⨯
==<
故该试样为不合格产品。

37. 解：由关系式
42
383
88
C H O Ce Fe
++
得：
()383
30.0837500.044812.11109241.9%
80.1
C H O w -⨯-⨯⨯⨯==⨯
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BaCl 2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BaCl 2的质量为0.03093g
4. 解：设试样中K 2O 的质量为x ，Na 2O 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
K 2O%=0.05357/0.5034 ×100% = 10.64% Na 2O%=0.01909/0.5034 ×100% = 3.79%
6. 解：反应关系为1As~ 1Ag 3AsO 4~ 3Ag +~3NH 4SCN 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Fe x O y
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Fe 2O 3
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
4
[CaSO]
37.6%
S
-
==
水
3．解：
（1）
2
4
1
0.1mol/,0.10,
2
BaSO LNaCl I ciZi
==
∑
在中
22
4
22
4
()5,()4,0.38,0.355
Ba SO
a Ba a SO
οο
γγ-
-
====
＋
＋
查表得
225010
4
[][] 2.8610( 1.110) s Ba SO Ksp
---
∴=====⨯=⨯＋
（2）
1
42
1
0.10.30
2
BaSO mol L BaCl I CiZi
-
⋅==
∑
在中，
22
4
()5,()4
a Ba a SO
οο
-
==
＋
查表得
22
2
lg0.512100.5909,0.26 Ba Ba
γγ
-=⨯==
＋＋
22
4
2
lg0.512100.6526,0.22 Ba SO
γγ
-
-=⨯==
＋
22
4
01022
4
1.110[][](0.10)0.260.22
Ba SO
Ksp Ba SO s s
γγ-
--
∴=⨯=⨯⨯⨯=+⨯⨯⨯
＋
＋
81
1.9210
s mol L
--
=⨯⋅
5．解：
2
1
0.10,
2
I ciZi
==
∑
22
4
()5,()4
a Ba a SO
οο
-
==
＋
查表得
，224
0.38,0.355
Ba SO
γγ
-
==
＋
2
4
2
2
1.010
0.125
0.07 1.010
SO
δ
-
-
-
⨯
==
+⨯
222
444
010
1.110(0.01)
Ba SO Ba SO SO
Ksp a a S s
γγδ
--
-
=⨯=⋅=+⨯⨯⨯⨯
＋
716.4410s mol L --=⨯⋅
7．解：
10, 1.810AgCl Ag Cl Ksp +--↓+=⨯ 13,510AgBr Ag Br Ksp +--↓
+=⨯
在同一溶液中，Ag +只有一种浓度
,AgCl AgBr Ksp Ksp AgCl >↓的溶解度大得多
Ag AgCl +∴↓浓度由决定
51
[] 1.3410s Ag mol L +--====⨯⋅
9．解：
3CaCO 已知沉淀在水中的主要离解平衡为：
2323CaCO H O
Ca HCO OH --
↓+++＋
23
3[][][]Ksp Ca HCO OH s --==＋
2233232[][][][][][][]CO H Ksp Kw
Ksp Ca HCO OH CO H Ka -+-
-
-+⋅=⋅⋅=
＋
s =
=
518.0210s mol L --=⨯⋅
51[]8.0210OH s mol L ---==⨯⋅
4.1,9.9pOH pH ==
11．解：
48.993
315.142246.1382.8)O (S Ag 101002.31010101001.0101]
Ag [Ag 3
2
2
＝）（＋）（＋－－⨯=⨯⨯⨯+==
+c αK SP ＝9.3×10－17＝[Ag +][I －
]＝010.01048.9⨯s
s =2.81×10－5
1
mol L -⋅
13．解：
混合后，
231
10001
[]0.1 4.910150()Ba mol L M Ba +--=⨯
⨯=⨯⋅
231
450
[]0.01 3.310150SO mol L ---=⨯
=⨯⋅
剩余的2Ba +
=33(4.910 3.3)150137.33 3.3mg --⨯-⨯⨯⨯=
100 mL 纯水洗涤时损失的
4
BaSO :
251[] 1.0510s Ba mol L +--===⨯⋅ 51.0510100233.40.245mg -∴⨯⨯⨯为＝
100 mL0.010 1mol L
-⋅24H SO 洗涤时 121
240.010[H ] 1.4110mol L H SO mol L -+--⋅=⨯⋅的
24
10222
4221.110[][](0.01)0.01 1.4110SO Ka Ksp Ba SO s s s Ka δ--+--=⨯==⨯+⨯=⨯⨯
⨯+
81844s=2.6510, 2.6510100233.4 6.210mol L BaSO mg mg
--∴⨯⋅⨯⨯⨯=⨯－－损失数为：
16．解：
（1）
4240.005[]
[]
0.005[]
H H H NH HF NH F HF HF
H F
++
++
-
-+−−→++
41
2222
28[][][]
[] 5.84100.001[][](20.005)0.0005(0.01)2[]0.0005(0.010.56) 1.5710F AgCl H F Ka HF H mol L Ka
Ca F H Ka Ksp δ-+-+--+-+-=
∴=⨯⋅∴=⨯⨯⨯=⨯⨯+=⨯⨯=⨯>∴有沉淀生成
(2)
3
3.247.026
Ag NH 1100.510(0.5) 2.810[]
Ag c Ag α+=+⨯+=⨯（）＝
9
6
0.05[][]0.58.9102.810
AgCl Ag Cl Ksp +--=
⨯=⨯>⨯∴有沉淀生成 (3)
0.05
9.26lg
8.260.5pH =+＝
261
226214()5.74,[] 1.8210[][]0.005(1.8210) 1.6610Mg OH pOH OH mol L Mg OH Ksp --+---==⨯⋅∴=⨯⨯=⨯<∴无沉淀生成
19．解：
22342234123423412342
-71
[][][()][()][()] []{1[][][][]} {1[][][][]}[]
2.510s Zn ZnOH Zn OH Zn OH Zn OH Zn OH OH OH OH Ksp
OH OH OH OH OH mol L ββββββββ+-+----------=++=++++=
⨯++++=⨯⋅－2－＋＋
主要状态可由数值得
22．解：
(1)
234()
0.2351
2()M Cr O F M PbCrO =
= (2)
422272(7)
2.215
()M MgSO H O F M Mg P O ⋅=
=
(3)
3424343[()]
0.08266
2[(NH )12]M Ca PO F M PO MoO =
=⋅ (4) 254343()
0.03783
22[(NH )12]M P O F M M PO MoO =
=⋅
25．解： 设CaC 2O 4为x ,MgC 2O 4 y =0.6240-x
332424()()
(0.6240)0.4830
()()M CaCO M MgCO x x M CaC O M MgC O ∴⋅
+-⋅=
240.4773,%76.49%
x g CaC O == 240.1467,%23.51%
y g MgC O ==
28．解：
()107.86835.453
0.58050.5805 1.4236
()35.453M AgCl M NaCl Na +⨯
=⨯=+
22.988865Na =解得
31．解： 设为
x y
Fe O
55.85160.5434
55.850.3801x y x ⨯+⨯=⎛⎫
⎪⨯=⎝
⎭
0.3801
0.00680655.85x =
=则 0.0102030.0068062y x ∴==
23
Fe O ∴为
34．解： AgCl:3.1431050
⨯＝0.035(mol·L -1)
cNH 3＝3/2＝1.5(mol·L -1)
[Ag +]原＝2035
.0＝0.0175(mol·L -1) [I -]原＝205
.0＝0.025(mol·L -1)
设混合后[Ag +]＝x/ mol·L -1
Ag + + 2NH
3
Ag(NH 3)2
+
x 1.5-2×(0.0175-x) 0.0175-x ≈1.5 ≈0.0175
2
)5.1(0175
.0x ＝ß2＝10
7.40 x ＝3.1×10-10 [Ag +][I -]＝3.1××0.025＝7.8×10-12 >
AgI
Ksp
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=2
5.5×10-6×103/(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/cm 2
6.解：此为饱和法测定络合物组成，以配位试剂Phen 与Fe 2+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=-lgT 1,T 1=20%;
A=1.00=-lgT 2,T 2=10%，ΔT=10%;
以0.00100mol/L 溶液为参比时，测得试样的透射比为T 2， 则20%/100%=10%/T 2
T 2=50%，试样的吸光度为A=-lgT 2=-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=A mAX -A/ A mAX =0.390-0.320/0.390=0.179 K 稳=c （1-α）/[cα×（2cα）2]=（1-α）/4c 2α3=（1-0.179）/[4×（1.48 ×10-5）2×0.1793]=1.63×1011
lgK 稳=11.2
A
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Fe 3+为0.01%，所以[Fe 3+]=0.002×0.0001=2×10-6mol/L K sp =8×10-38=[Fe 3+][OH -]3, [OH -]=10-10.53, PH=3.53
(2) 若为Fe 2+时，则K sp =8×10-16=[ Fe 2+][OH -]2=2×10-6×[OH -]2,
[OH -]=10-4.7 PH=9.30
若有FeOH +时，αFe(OH)=c Fe /[ Fe 2+]=1+β[OH -]=1+10-4[OH -]
代入得：K sp =8×10-16=[ Fe 2+][OH -]2= c Fe ×[OH -]2/αFe(OH)
解得 [OH -]=2.21×10-5 ，PH=9.34
3. 解：由公式m n =m o [V W /(DV O +V W )]n 计算得：
萃取一次后，m 1=10×[1/(99+1)]=0.1mg
萃取二次后，m 2=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Fe 3+的损失为：9.999×1%=0.1mg
5. 解：由E=D/D+1×100%=95%得：D=19
C(Pb)=m/M Pb V=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：
[][][][][][][][]()(){}(){}()(){}(){}1n n n o w w n n n n n n D n D n o o w w n n n n n n n D o w D w w o n
n w w H R MR MR MR H K MR Ka HR K MR Ka HR HR K M HR K HR M R HR K HR MR HR ββ+-+++-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎣⎦====⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦
11. 解：[Ca 2+]=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%。