第8章 沉淀滴定法

思 考 题

1. 什么叫沉淀滴定法？沉淀滴定法所用的沉淀反应必须具备哪些条件？

答：沉淀滴定法是以沉淀反应为基础的一种滴定分析法。用于滴定分析的沉淀反应必须具备下列几个条件：

（１）生成的沉淀具有恒定的组成，而且溶解度很小。 （２）沉淀反应必须迅速、定量地进行。 （３）有合适的方法确定终点。

2．分别写出摩尔法、佛尔哈德法和法扬司法测定Cl－的主要反应，并指出各种方法选用的指示剂和滴定条件。

答： 类型 滴定反应 摩尔法 Ag+＋Cl=AgCl↓ －佛尔哈德法 Ag+＋SCN=AgCl↓ －法扬司法 Ag+＋Cl=AgX↓ － 指示剂 滴定条件 －铬酸钾（K2CrO4） PH6.5~10.5 [CrO42]=(2.6~5.2)×10-3mol·L-1 铁铵矾（NH4Fe(SO4)2·12H2O） 硝酸酸性（0.1~1.0mol·L-1） 吸附指示剂 溶液的酸度要适当，pH值应视使用指示剂而异

3．用银量法测定下列试样中Cl含量时，选用哪种指示剂指示终点较为合适？ （l）BaCl2； （2）NaCl + Na3PO4； （3）FeCl2； （4）NaCl + Na2SO4。

答：（l）荧光黄； （2）铁铵矾；（3）荧光黄； （4）铁铵矾。

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。

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，CrO42与H

－

－

＋

结合生成HcrO4-，溶液中CrO42减少，Ag2CrO4沉淀出现过迟，滴定剂消耗过量，则结果偏高。

（2）测定结果偏低。

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。

5．说明佛尔哈德法的选择性为什么会比摩尔法高？

答：佛尔哈德法的滴定是在硝酸介质中进行的，因此有些有机弱酸阴离子如PO43-、AsO43-、C2O42-等不会干扰卤素离子的测定，选择性高。

6. 银量法中的法扬司法，使用吸附指示剂时应注意哪些问题？ 答：胶体微粒对指示剂的吸附能力要比对待测离子的吸附能力略小。

－

习 题

1. 将0.1159 mol·L-1 AgNO3溶液30.00 mL加入含有氯化物试样0.2255 g的溶液中，然后用3.16 mL 0.1033 mol·L-1 NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3。计算试样中氯的质量分数。 解：试样中氯的质量分数：

?Cl??cAgNO3vAgNO3MCl?cNHSCNvNHSCN?1000?100%m044?30.00?0.1159?0.1033?3.16??35.45??49.53%2. 用摩尔法测定生理盐水中NaCl的含量，准确量取生理盐水10.00 mL以K2CrO4为指示剂，用0.1045 mol·L-1 AgNO3滴定至砖红色，共消耗AgNO3标准溶液14.58 mL。计算生理盐水中NaCl的含量 (g﹒mL-1)。 解：

10000.2255

CNaClCAgNOVAgNO?MNaCl0.1045?14.58?10?3?58.44?＝?8.904?10?3(g?mL?1)VNaCl10.00333． 称取一纯盐KIOx 0.5000 g，经还原为碘化物后，用0.1000 mol·L-1 AgNO3溶液滴定，用去23.36 mL. 求该盐的化学式。

解：0.5000g KIOx 的物质的量等于反应消耗掉物质AgNO3的量，即有

nKIOx?nAgNO3即

mKIOxMKIO 代入数据得

?1000?cAgNOVAgNO33x

0.5000?1000?0.1000?23.36

39.10?126.9?16.00x解得 x?3

答：该盐的化学式为KIO3。

4. 设含有可溶性氯化物、溴化物、碘化物的混合物重为1.325克，加入AgNO3沉淀剂使沉淀

为卤化银后，重为0.4650克，卤化银经加热并通入氯气使AgBr、AgI等转化为AgCl后，混合物的重量为0.2500克，若用同样重量的试样加入氯化亚钯处理，其中只有碘化物转

变为PdI2沉淀，它的重量为0.1000克，求原混合物中氯、溴、碘的百分含量。

126.90?2?0.1000?0.07046g 解：mI?126.90?2?106.42143.32143.32?0.07046??mBr?0.2500 126.9079.90mBr?0.09501g143.32187.78234.77mCl??0.09501??0.07046??0.4650 35.4579.90126.90mCl?0.02753g原混合物中氯、溴、碘的百分含量：

0.02753?Cl??100%?2.08%

1.325?Br?0.09501?100%?7.17%

1.3250.07046?I??100%?5.32%

1.3255．称取含砷矿试样1.000g，溶解并氧化成AsO43–，然后沉淀为Ag3AsO4。将沉淀过滤、洗涤，

溶于HNO3中，用0.1100mol·L-1 NH4SCN溶液25.00 mL滴定至终点，计算矿样中砷的质量分数。 解：

As~Ag3AsO4~3NH4SCNCNHSCNVNHSCN443m?As?1000MAs4

mAs?CNHSCNVNHSCNMAs43?10000.1100?25.00?74.92 ?3?1000?0.06868g

矿样中砷的质量分数：?As?mAs0.06868?100%??100%?6.87% m01.0006．称取含NaCl 和NaBr的试样0.5000g，溶解后用0.1000 mol·L-1 L的AgNO3溶液滴定，终点

时消耗22.00mL，另取0.5000g试样，溶解后用AgNO3处理得到沉淀质量为0.4020g。计算试样中NaCl和NaBr的质量分数。

解：设试样中含x（mol）的NaCl，含y（mol）的NaBr，依题意：

x?y?CAg?VAg??xMAgCl?yMAgBr?0.4020

x?y?0.1000?22.00?10?3143.3x?187.8y?0.4020解得：x=2.5×10-4mol，y=1.95×10-3mol 故NaCl的质量分数为：

?NaCl2.5?10?4?58.44??100%?2.92%

0.50001.95?10?3?102.9??100%?40.13%

0.5000NaBr的质量分数为：

?NaBr7．以曙红为指示剂，在pH=4介质中，用法扬司法分析碘化钾试剂的纯度。若称样1.652g溶

于水后，用C（AgNO3）=0.05000mol·L-1标准溶液滴定，消耗AgNO3标准溶液20.00mL，计算碘化钾试剂的纯度。 解：

?KI?

CAgNOVAgNO?MKI331000m00.05000?20.00?166.01?100％＝?100%?10.0500?1.6528. 将40.00mL 0.1120mol·L-1 AgNO3溶液加到25.00mLBaCl2溶液中，剩余的AgNO3溶液，需

用20.00mL 0.1000mol·L-1的NH4SCN溶液返滴定，问25.00mL BaCl2溶液中含BaCl2质量为多少？

解：m(BaCl2)=1/2×(0.1120×40.00 – 0.1000×20.00)×10–3×208.24 = 0.2582g

9. 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-1 NH4SCN标准

溶液滴定，用去22.60mL，计算样品中银的百分含量。 解：

?Ag?

CNHSCNVNHSCN?MAg43431000m00.1500?22.60?107.87?100％＝?100%?91.4200?0.4000＋

10．称取NaCl基准试剂0.1200g，溶解后加入30.00mLAgNO3标准溶液，过量的Ag需要

3.00mLNH4SCN标准溶液滴定至终点。已知20.00mL AgNO3标准溶液与25.00mLNH4SCN标准溶液能完全作用，计算AgNO3和NH4SCN溶液的浓度各为多少？ 解：

过量的AgNO3体积＝20.00/25.00×3.00=2.40(mL)

CAgNO(30.00?2.40)?3CAgNO430.1200?100058.44?0.07440(mol?L?1)

CNHSCN?0.07440?20.00/25.00?0.05952(mol?L?1)11. 准确称取含ZnS的试样0.2000g，加入50.00mL 0.1104 mol·L-1的AgNO3标准溶液，将生成

的沉淀过滤，收集滤液以c(KSCN)=0.1000 mol·L-1的硫氰酸钾标准溶液滴定过量的AgNO3，终点时消耗硫氰酸钾标准溶液15.60mL，求试样中ZnS的质量分数。 解：

?ZnS??cAgNO3vAgNO3MZnS?cKSCNvKSCN?2?1000?100%m097.442?1000

?50.00?0.1104?0.1000?15.60?????77.17%0.250012. 在含有相等浓度的Cl-和I-的溶液中，滴加AgNO3溶液，哪一种先沉淀？第二种离子开始

沉淀时，Cl-和I-的浓度比为多少？ 解： 解法一：

∵

Ksp,AgI＞

Ksp,AgCl

∴加入AgNO3 溶液时，I-先沉淀。

设开始时Cl-和I- 的浓度均为a，则Cl-开始沉淀时，有

Ksp,AgClKsp,AgCl?Ksp,AgIKsp,AgI[Cl]?a,[Ag]??,[I]???a??[Cl]a[Ag]Ksp,AgCl

??∴此时Cl-和I-的浓度比是

[Cl?]KSP,AgCl1.56?10?106 ???1.04?10??16[I]KSP,AgI1.5?10解法二：Cl开始沉淀时：

?[Ag?]?[I?]?Ksp,AgIKsp,AgClKsp,AgCl[Cl]???[Ag]Ksp,AgI?

Ksp,AgClKsp,AgCl1.56?10?10[Cl?]6??????1.04?10[I]1.5?10?16Ksp,AgI?Ksp,AgIKsp,AgI

13. 称取一定量的约含50％NaCl和40％KCl 的试样，将试样溶于水后，加入0.1128 mol·L-1

AgNO3溶液30.00mL，过量的AgNO3需用10.00mL标准NH4SCN溶液滴定。已知1.00mL标准NH4SCN溶液相当于1.15mLAgNO3溶液，应称取试样多少克？ 解：过量的AgNO3体积＝10.00×1.15=11.50(mL)

0.1128?(30.00?11.50)/1000?m?0.1500(g)0.5m0.4m?58.4474.56

14．0.2207g NaX试样溶于水，以25.15mL 0.1500 mol·L-1 AgNO3溶液滴定，试推断X为何种

元素？ 解：

mcv??1000M0.220725.15?0.1500??1000

22.99?xx?35.51故x原子量为35.51，应该是Cl元素。

第9章 重量分析法

思 考 题

1.沉淀形式和称量形式有何区别？试举例说明之。

答：在重量分析中，沉淀是经过烘干或灼烧后进行称量的。例如在SO42-的测定中，以BaCl2为沉淀剂，生成BaSO4沉淀（沉淀形式），该沉淀在灼烧过程中不发生化学变化，最后称量BaSO4的质量，计算SO42-的含量，BaSO4又是称量形式。 又如在测定Mg2+时，沉淀形式是MgNH4PO4·6H2O，灼烧后Mg2P2O7却是称量形式。 2.重量分析对沉淀的要求是什么？

答：沉淀重量法对沉淀的要求：尽可能完全、纯净且易于过滤、洗涤。

3.沉淀是怎样形成的？形成沉淀的性状与哪些因素有关？哪些因素主要由沉淀的本性决定？哪些因素由沉淀条件决定？

答：一般认为沉淀的形成要经过晶核的形成和晶核的长大两个过程。如下图所示

凝聚

……………………………………………………………………………………无定形沉淀 成核作用 长大过程 ………………..构晶离子 沉淀颗粒 晶核

成长、定向排列 晶形沉淀

沉淀的形成过程

晶核的形成机理，目前尚无成熟的理论。一般认为，将沉淀剂加入试液中时，当沉淀（构晶）离子浓度的乘积超过该条件下沉淀的溶度积时，离子通过相互碰撞聚集形成微小的晶核。晶核形成之后，溶液中的构晶离子仍在向晶核表面扩散，并且进入晶核，以至逐渐形成晶体（即沉淀微粒）。按照沉淀颗粒直径的大小可将沉淀分为晶形沉淀和无定形沉淀两类。形成何种类型的沉淀，主要决定于沉淀物质本性，但也与沉淀进行的条件有关。在沉淀的形成过程中，由离子形成晶核，再进一步聚集成沉淀微粒的速度称为聚集速度。在聚集的同时，构晶离子在一定晶格中定向排列速度称为定向速度。定向速度主要决定于沉淀物质的本性；聚集速度主要由沉淀时的条件所决定，其中最主要的是溶液中生成沉淀物质过饱和度。聚集速度与溶

液相对过饱和度成正比。 4. 影响沉淀完全的因素有哪些？

答：重量分析要求沉淀要完全，即沉淀的溶解度要小，影响沉淀完全的因素即为影响沉淀平衡的因素，亦即影响沉淀溶解度的因素。同离子效应使沉淀的溶解度减小；而酸效应、配合效应和盐效应使沉淀溶解度增大；影响沉淀完全的其他因素还包括：温度的影响、溶剂的影响、 沉淀颗粒大小的影响、晶体结构的影响。

5．影响沉淀纯净的因素有哪些？获得纯净沉淀的措施有哪些？ 答：影响沉淀纯净的主要因素有共沉淀和后沉淀。 (1) 共沉淀

在进行沉淀反应时，溶液中的某些可溶性杂质被沉淀带下来而混杂于沉淀中，这种现象称为共沉淀。产生共沉淀现象的原因主要有：

（2）后沉淀

在沉淀过程中一种本来难于析出沉淀的物质，或者形成稳定的过饱和溶液而不能单独沉淀的物质，在另一种组分沉淀之后被“诱导”沉淀下来的现象叫做后沉淀。

获得纯净沉淀的措施：(1) 用适当的分析程序和沉淀方法。

(2) 降低易被吸附杂质离子的浓度。对于易被吸附的杂质离子，必要时应先分离除去或加以掩蔽。

(3) 针对不同类型的沉淀，选用适当的沉淀条件。沉淀的吸附作用与沉淀颗粒的大小、沉淀类型、温度和陈化过程等都有关系。可通过考虑试剂浓度、温度、试剂加入的次序与速度，陈化等情况选择适宜的沉淀条件。

(4) 在沉淀分离后，用适当的洗涤剂洗涤沉淀。 （5） 必要时进行再沉淀（或称二次沉淀）。

6. 影响沉淀溶解度的因素有哪些？它们是怎样发生影响的？在分析工作中，对于复杂的情况，应如何考虑主要影响因素？

答：影响沉淀溶解度的因素很多，主要有共同离子效应、盐效应、酸效应及配位效应等。此外，温度、溶剂、沉淀颗粒的大小和结构对溶解度也有影响。共同离子效应可以降低沉淀的溶解度，盐效应、酸效应及配位效应均使沉淀的溶解度增大，甚至不产生沉淀。温度的影响，溶解一般是吸热过程，绝大多数沉淀的溶解度随温度的升高而增大。溶剂的影响，大部分无机物沉淀是离子型晶体，在有机溶剂中的溶解度比在纯水中要小。沉淀颗粒大小和结构的影响，同一种沉淀，在质量相同时，颗粒越小，其总表面积越大，溶解度越大。在沉淀形

成后，陈化还可使沉淀结构发生转变，由初生产时的结构转变为另一种更稳定的结构，溶解度将大为减小。根据共同离子效应、盐效应、酸效应及配位效应对沉淀溶解度的影响情况和程度，在进行沉淀反应时，对无配位反应的强酸盐沉淀，应主要考虑共同离子效应和盐效应；对弱酸盐或难溶酸盐，多数情况应主要考虑酸效应；在有配位反应，尤其在能形成较稳定的配合物，而沉淀的溶解度又不太小时，则应主要考虑配位效应。 7.何谓均相沉淀法？与一般的沉淀法相比，它有什么优点？

答：均相沉淀法：在沉淀过程中，不是直接加入沉淀剂，而是通过溶液中的化学反应，缓慢而均匀地在溶液中产生沉淀剂，从而使沉淀在整个溶液中均匀而缓慢地析出，从而获得颗粒较大、结构紧密、纯净而易于过滤的沉淀。

它和一般沉淀法相比，可以避免局部过浓的现象发生，获得的沉淀为颗粒较大，表面吸附杂质少，易于过滤和洗涤的晶形沉淀。

8.何谓陈化？其目的如何？陈化时应该注意些什么问题？

答：沉淀最初形成时颗粒较小，立即进行过滤、洗涤时，很容易溶解造成损失，若在沉淀形成后，将沉淀与母液放置一段时间，则小晶体逐渐转化为大晶体，晶体结构也将更为稳定，这个过程叫陈化。经过陈化后的沉淀，结构好、颗粒大、品质纯净，有利后续分析测试工作的进行，所以晶形沉淀形成后，一般都要进行陈化。后沉入的杂质比共沉淀要多，且随着沉淀放置时间的延长而增多。因此某些沉淀的陈化要注意时间不宜多久和不陈化。 9. 怎样选择一种合适的沉淀剂？

答：理想的沉淀剂的选择应根据对沉淀形式和称量形式的要求来考虑，具体应该考虑以下条件：

（1）沉淀剂应与被测组分反应完全。

（2）沉淀剂应具有较好的选择性，即沉淀剂只与待测组分生成沉淀，与试液中的其他组分不起作用。否则必须采用分离或掩蔽等手段消除其他组分的干扰。

（3）在沉淀或滤液中的过量沉淀剂应易挥发或易灼烧除去。 （4）沉淀剂本身的溶解度要尽可能大，以减少沉淀对它的吸附。 （5）所形成的沉淀相对分子质量应较大，可减少称量误差。 10．为了沉淀完全，必须加入过量的沉淀剂，但为什么不能过量太多？

答：加入过量沉淀剂，为了利用共同离子效应来降低沉淀的溶解度，以使沉淀完全。但沉淀剂决不能加得太多，否则可能发生其它效应（如盐效应、配位效应等），反而使沉淀的溶解度增大。

11.共沉淀和后沉淀有何区别？它们是怎样发生的？对重量分析有何影响？共沉淀在分析化学中有何用处？

答：在进行沉淀反应时，溶液中的某些可溶性杂质被沉淀带下来而混杂于沉淀中，这种现象称为共沉淀。共沉淀使沉淀玷污，它是重量分析中最重要的误差来源之一。后沉淀是由于沉淀速度的差异，在已形成的沉淀上形成第二种不溶物质，这种情况大多发生在特定组分形成的过饱和溶液中。后沉淀所引入的杂质量比共沉淀要多，且随沉淀放置时间的延长而增大。从带入杂质方面来看共沉淀现象对分析测定是不利的，但在分析化学中往往利用共沉淀这一现象来富集分离溶液中的某些微量组分，特别是贵金属和稀有元素等。 12.下列各条件中何者是晶形沉淀所要求的条件？ （1） 沉淀反应在较浓的溶液中进行； （2） 在不断搅拌下加入沉淀剂； （3） 沉淀反应在冷的溶液中进行； （4） 应进行沉淀的陈化。

答：晶形沉淀所要求的沉淀条件有：（1） 沉淀反应在较浓的溶液中进行； （2） 在不断搅拌下加入沉淀剂；（4） 应进行沉淀的陈化。 13. 何为化学因数（换算因数），如何确定与计算？

答：待测组分的摩尔质量与称量形式的摩尔质量的比值是一常数，称换算因数，又叫化学因数，以F表示。

换算因数计算：以F表示。 即：

a?待测组分的摩尔质量换算因数（F）＝b?称量形式的摩尔质量

运用化学因数时，必须注意在待测组分的摩尔质量与称量形式的摩尔质量前乘以适当的系数，使分子分母中待测元素的原子个数相等。

14.沉淀重量法中根据什么来确定试样称取量？

答：根据沉淀的称量形式重量在一定允许称量误差范围内。 15.洗涤沉淀时，选择洗涤剂的原则是什么？ 答：洗涤剂的选择原则

① 溶解度小而不容易形成胶体的沉淀，可用蒸馏水洗涤。

② 对溶解度较大的晶形沉淀，用沉淀剂的稀溶液洗涤后，再用少量蒸馏水洗涤。所

选用的沉淀剂应是易挥发的，在烘干与灼烧时能被挥发除去，例如用(NH4)2C2O4稀溶液洗涤CaC2O4沉淀。

③ 对溶解度较小但有可能分散成胶体的沉淀，应用易挥发的电解质溶液洗涤，如用NH4NO3稀溶液洗涤Al(OH)3。

④ 溶解度受温度影响小的沉淀，可用热水洗涤，防止形成胶体。 16. 沉淀为什么要烘干？烘干（或灼烧）时用什么仪器？

答：干燥是为了除去沉淀中的水分和可挥发的物质，使沉淀形式转化为固定的称量形式。灼烧除了有除去沉淀中的水分和可挥发物质的作用外，有时可能通过灼烧使沉淀形式在高温下分解为组成固定的称量形式。灼烧常用电炉、马沸炉，烘干可用烘箱或微波炉都可。

习 题

1.完成下表

待测组分 SO3 MgO P2O5 P P2O5 As2O3 CuO Al2O3 解：

称量形式 BaSO4 Mg2P2O7 Mg2P2O7 (NH4)3PO412MoO3 (NH4)3PO412MoO3 Cu(C2H3O2)2·3Cu(AsO2)2 Cu(C2H3O2)2·3Cu(AsO2)2 (C9H6NO)3Al 换算因数F 0.3430 0.3622 0.6377 0.01650 0.03782 0.5854 0.3138 0.2096 SO380.06??0.3430

BaSO4233.392MgO2?40.31??0.3622

Mg2P2O7222.60

P2O5141.95??0.6377

Mg2P2O7222.60

P30.97??0.01650(NH4)3PO4?12MoO31876.53

P2O5141.95??0.037822?(NH4)3PO4?12MoO32?1876.53

As2O3?3197.84?3??0.5854Cu(C2H3O2)2?3Cu(AsO2)21013.80

CuO?479.54?4??0.3138Cu(C2H3O2)2?3Cu(AsO2)21013.80

Al2O3101.96??0.2096(C9H6NO)3Al?2243.25?2

2．计算CaF2在pH=2.00，F的总浓度为0.10mol·L-1的溶液中的溶解度。

－

解：

?[so2?4]Ka3.5?10?4???0.0338??4?2Ka?[H]3.5?10?103.4?10?11?6?1s?[Ca]??2??2.98?10(mol?L)2[F]?0.10?0.0338?2?Ksp3．计算AgI在纯水中和1.0mol·L-1NH3溶液中的溶解度。 解：

纯水中：

?[so2?4]Ka3.5?10?4???0.0338??4?2Ka?[H]3.5?10?10s?Ksp?1.5?10?16?1.2?10?8(mol?L?1)1.0mol·L-1NH3溶液中

??1??1[NH3]??2[NH3]2?1?103.40?1.0?107.40?1.02?107.40Ag(NH)3 K?[Ag?][I?]?SP

s?Ag(NH)3s2?s?7.4010s?Ksp?107.40?1.5?10?16?107.40?6.1?10?5(mol?L?1)4.计算BaSO4的溶解度。（1）在纯水中；（2）考虑同离子效应，在0.10mol·L-1 BaCl2的溶液中；（3）考虑酸效应，在2.0mol·L-1 HCl溶液中；（4）考虑配合效应，在pH=8.0的0.010mol·L-1 EDTA溶液中。

解：（1） （2）

s?Ksp?1.1?10?10?1.1?10?5(mol?L?1)2?s?[SO4KSP1.1?10?10?9?1]??1.1?10(mol?L)[Ba2?]0.10（3） （4）

?[so2?4]Ka1.0?10?2?3???4.98?10Ka?[H?]1.0?10?2?22?s?[Ba]?Ksp?;SO2?4]1.1?10?10?4?1??1.5?10(mol?L)?34.98?10?Ba(Y)[Y,]0.01?1?KBaY[Y]?1?KBaY?1?107.862.27?103.59?Y(H)10

S＝KSP??Ba(Y)?10?9.96?103.59?6.6?10?4mol?L?1

5．有纯的AgCl和AgBr混合试样质量为0.8800 g，在C12气流中加热，使AgBr转化为AgCl，则原试样的质量减轻了0.1650 g，计算原样品中氯的质量分数。 解：设AgCl的质量为x(g)，AgBr的质量为y(g)，则

x?y?0.8800

y?AgCl143.32?y??0.7632yAgBr187.78AgBr转化为AgCl后质量变为

依题意减轻的质量为0.1450g，即有

y?0.7632y?0.1650 ∴ y?0.6968g

而 ∴

x?0.8800?0.6968?0.1832g

Cl35.45?x?0.1832AgClCl%??100?143.32?100?5.15m00.88006. 将0.3600 g 纯BaCl2·2H2O试样溶于水后，用稀硫酸将Ba2+ 沉淀为BaSO4。若沉淀剂过量50%，则需0.5 molL-1的H2SO4溶液多少毫升？ 解：

CV?m?1000M m0.2600?1000V??1000??3.0(mL)M?C244.27?0.5需0.5 molL-1的H2SO4溶液:3.0?150%?4.5(mL)

－

7. 在25℃时，BaSO4沉淀在纯水中的溶解度为1.05×105mol?L-1。如果加入过量H2SO4并使溶液中SO42-的浓度为0.02 mol?L-1，问BaSO4的溶解损失为多少？ （设总体积为500毫升）

解：设BaSO4的溶解度为s，此时[SO42-]=0.1 mol?L-1

1.1?10?10?9?1

s?[Ba]???5.5?10(mol?L)2?[SO4]0.022?Ksp则沉淀在500mL溶液中的损失量为：

5.5?10?9?233.4?500?6.4?10?7mg10008. 铸铁试样1.000 g放置电炉中，通氧燃烧使其中的碳生成 CO2，用碱石棉吸收，增重0.1025

g。求碳在铸铁中的质量分数。 解：碳的质量：

C12.011?0.0825??0.1025?0.0280gCO244.010.0280?100%?2.80%1.000碳在铸铁中的质量分数：

9. 重量法测定钢中的钨，称取试样0.6000g得到 WO3 沉淀0.2210 g，计算钢中钨的质量分数。 解：钢中钨的质量分数

W183.84?0.2210?0.2210WO3m231.84?w??100??100%??100%m00.60000.6000?29.21.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，问应称取试样的重量为多少克？ 解：应称取试样的重量为：

S?0.632.066?0.6mBaSO4m0???233.39?0.24(g)3555%

11. 用PbMoO4重量法测定磷时，首先将PO

3_4沉淀成 (NH4)3PO412MoO3,然后转化为

MPbMoO?367.1364PbMoO4，计算换算因数，并计算多少克磷可以得到0.3 g PbMoO4沉淀？（解：P

）。

~PO4~(NH)3PO412MoO3~12PbMoO4

P30.97F???7.03?10?312PbMoO412?367.1363?mP?F?0.3?7.03?10?3?0.3?2.1?10?3(g)

12.测定硅酸盐中SiO2的含量，称样0.4837 g，加酸溶解得到硅酸沉淀经高温灼烧脱水处理后重量为0.2350 g，再用HF与H2SO4处理后，剩余残渣重为0.011 g，计算试样中SiO2的质量分数。 解：

?SiO20.2350?0.011??100%?46.31%0.4837MKB(C6H5)?413. 用四苯硼酸钠法测定钾长石中的钾时，称取试样0.5000 g，经处理并烘干得四苯硼酸钾（KB(C6H5)4）沉淀0.2834 g，求钾长石中 K2O的质量分数(解：试样中K2O的质量分数为

358.33)。

?KO?2mKO2mKB(CH)?654m0?100%?K2O2KB(C6H5)4?100%m094.202?358.33?100%?0.5000?7.45%0.2834?14. 0.4869 g合金钢溶解后, 将Ni2+ 沉淀为丁二酮肟镍((NiC8H14O4N4), 烘干后的重量为0.2571 g，计算试样中Ni的质量分数。 解：

m?Ni?Ni?100%?m00.2571?mNiCH814O4N4?NiNiC8H14O4N4?100%m058.69288.91?100%?0.4869?10.73%种组分的含量。

15．今有纯净的MgCO3和BaCO3的混合物，其中CO2的质量分数为0.4520，计算混合物中每

解：设混合物中MgCO3的含量为x,则BaCO3的含量为1－x

CO2CO2x?(1?x)?0.4520MgCO3BaCO344.0144.01x?(1?x)?0.452084.31197.34x?0.7659?76.59%1?x?0.2341?23.41%水的质量分数，并计算每分子氯化钡中所含结晶水的分子数目。

16．称取含有结晶水的纯净BaCl2·xH2O 0.6000g，得到BaSO4沉淀0.5730g，计算BaCl2和结晶

解：

?BaCl?2mBaCl2m样品BaCl2208.24?mBaSO4?0.5730BaSO4233.39?100%??100%??100%m样品0.60000.5113?100%0.6000?85.21%??HO?2mH2Om样品?100%?0.6000?0.5113?100%?14.79%0.6000BaSO4?0.6000?0.5730BaCl2?xH2O233.39?0.6000?0.5730208.24?18.02xx?2BaCl2和结晶水的质量分数分别为：85.21%和14.79%，每分子氯化钡中所含结晶水的分子数为2。

17．称取某一纯铁的氧化物试样0.5000g，然后通入氢气将其中的氧全部还原除去后，残留物为0.3489g。计算该铁的氧化物的分子式。 解：设该铁的氧化物的分子式为FexOy，则

求得：

该铁的氧化物的分子式：Fe2O3

55.85x?16.00y?0.500055.85x?0.3489x?0.006248,y?0.009444故x:y?0.006248:0.009444?2:3

第十三章 电位分析法

习题

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)0.642 V；(2)0.406V；(3)0.218V.计算三种未知溶液的pH。 解：

Es?Ks?0.0591pHs

Ex?Kx?0.0591pHx

∵条件相近 ∴Ks?Kx

pHx?pHs?Ex?Es0.642?0.309?4.00??9.640.05910.0591Ex?Es0.406?0.309?4.00??5.640.05910.0591

pHx?pHs?pHx?pHs?Ex?Es0.218?0.309?3.00??3.150.05910.0591

2. 测定以下电池：pH玻璃电极 | pH=5.00的溶液 |SCE ，得到电动势为0.212V；而测定另一未知酸度的溶液时，电动势为0.253V。电极的实际响应斜率为58.0mV/pH 。计算未知液pH。 解：

pHx?pHs?Ex?Es0.212?0.253?5.00??4.29

0.05910.058－

3. 假设溶液中p B r=3，pC1=2。如用溴离子选择性电极测定Br离子活度，将产生多大误差？已知电极的选择性系数KB r-C1 - =5×10-3。 解：

由题可知:cBr??10?3mol/L%误差?kij??5?10?3cCl??10?2mol/lzi/zj?a?j?3ai?21/1?100?kBr?,Cl???100?5.0＋

＋

?a?Cl?zCl/zBraBr??100

?10??104．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：

相对误差?Ki,j??KNa?,H?aNai?aHn/njajni/njai?100%?100%?3%

[H?]?300??3?100%?3[H]?10?7pH?75. 一般在海水中镁的浓度为1320μg/mL，而钙的浓度为410μg/mL ,Ca2+选择性电极对于镁的选择性系数是0.016，计算用直接电位法测定海水中Ca2+的含量时，由于Mg2+存在所引起的误差是多少？已知M Mg2+=24.30，M Ca2+=40.08 解：

??1320?10?6?1000Mg??5.43?10?2mol/L24.30410?10?6?10002?Ca??1.02?10?2mol/L40.08KCa2?,Mg2?Mg2?0.016?5.43?10?2%??100%?2?Ca1.02?10?22???

??????2/2?100%?8.52%5. 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 1.00×102mol /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：

cx?c?(10n?E/S?1)?1?Vscs(10?150?192/59?1)?1V01.00?1.00?10?2?(1042/59?1)?1

100?10?4?0.241?2.41?10?5mol/L

7. 用钙离子选择性电极和SCE置于100 mL Ca2+试液中，测得电位为0.426V。加入2.00mL浓度为0.200mol / LCa2+标准溶液后，测得电位为0.450V。计算Ca2+的浓度。

解：该测定方法为标准加入法。根据公式：

cx?c?(10n?E/S?1)?1??Vscs(100.450?0.426/0.059?1)?1V0

2.00?0.200(100.024/0.059?1)?1100?2.58?10?2mol/L6. 用0.01032mol/LAgNO3标准溶液，电位滴定Cl溶液，数据如下，求此溶液中Cl的含

量。（以mg/L表示）（已知MCl－=35.45）

VAgNO3/mL 13.30 13.40

解：

E/mV 233 316 ?2E /?V2 400 －590 －－

?2E的变化为400?(?590)?990?V2?2E设(13.30?x)mL时,?0即为终点,则2?V400x?0.10??0.04mL990终点应为13.30?0.04?13.34mL氯离子浓度为0.01032?13.34?35.45?4.88mg/L9．

用离子选择电极和饱和甘汞电极测定腌番茄汁中氯化物含量时，在100mL的番茄汁中

测得电动势为－27.2mV，加入1.00mL0.200mol/L经酸化的氯化钠溶液后，测得电动势为－54.6mV，计算番茄汁中氯的含量。单位以mol/L和mg/L表示。（假定加入氯化钠前后离子强度不变，S=59mV）已知MCl=35.45 解：

1.00?0.200?2.0?10?3mol/L10011Cx??c(??/S)?2.0?10?3?27.4/59?1.05?10?3mol/L

10?110?1M?1.05?10?3?35.45?37.2mg/L?C?10. 在一硫酸铜溶液中，浸入两个铂片电极，接上电源，使之发生电解反应。这时在两铂片电极上各发生什么反应？写出反应式。若通过电解池的电流强度为24.75mA，通过用电流时间为284.9s，在阴极上应析出多少毫克铜？已知MCu+=63.55 解：

阳极： 2H2O－4e → O2 + 4H+ 阴极：Cu2++2e→Cu M cu2＋ =63.55

m= 2.322×10-3 (克)

n=2

i'tM24.75?10?3?284.9?63.55?96487n96487?2

第十四章气相色谱法

习 题

1. 在某气相色谱柱上组分A流出需15.0 min，组分B流出需25.0 min，而不溶于固定相的物质C流出需2.0 min，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25.0 min，那么，B分子通过固定相的平均时间是多少？ 解：由题可知

tA = 15.0 min, tB = 25.0 min, t0 = tC = 2.0 min tA′ = tA - t0 = 13.0 min, tB′ = tB - t0 =23.0 min

（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 = 23.0 min.

2. 在某色谱分析中得到下列数据：保留时间（tR）为5.0 min。死时间（tM）为1.0 min，液相体积（Vs）为2.0 mL，柱出口载气体积流量（F0）为50 mL?min-1 ，试计算： （1）分配比k； （2）死体积Vm； （3）分配系数 K； （4）保留时间VR

解：由题可知 tR = 5.0 min, tM = 1.0 min, Vs=2.0 mL, F0=50 mL·min-1

(1) 分配比k= tR'/ tM = (tR- tM)/ tM = (5.0-1.0)/1.0 = 4 (2) 死体积VM= F0? tM = 50 mL

(3) 分配系数 K＝k?(Vm/Vs) = 4×(50/2)=100 (4) 保留体积 VR = F0? tR = 250 mL

3. 某色谱峰峰底宽为50 s，它的保留时间为50 min，在此情况下，该柱子有多少块理论塔板？

解：由题可知Wb = 50s, tR=50 min=3000s, 则

该柱子的理论塔板数为 n=16×(tR/ Wb)2=16×(3000/50)2=57600（块）

Rs?4. 已知证明：

2(tR2?tR1)kn?Rs???24??11?k2 Y1?Y2，设相邻两峰的峰底宽度相等，证明

22?tR?t??tR??＝???'n＝16n＝16? 有效?W??W?n有效?tR??b??b?'Rn'?tR??t0??k?1??????????t'?k????R?222

?k?1?n＝n有效??k??2

若 Wb1=Wb2

R?2(tR2?tR1)2(tR2?tR1)tR2?tR1＝?Wb2?Wb12Wb2Wb2

Wb2''tR2?tR1(tR2?tR1) ?＝RR2'??tR?2?2??2????16R?16R????t'?t'????1???R2R1?222'?tR?k2?2??n有效＝n??16?k?1??W?2??b2

故有 R?1???1??k2n????4?????1?k2??? ?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？ 解：根据公式 R?14L???1??? H有效???得L=3.66m

6. 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 峰面积 校正因子f 空气 34 0.84 甲烷 214 0.74 二氧化碳 4.5 1.00 乙烯 278 1.00 乙烷 77 1.05 丙烯 250 1.28 丙烷 47.3 1.36 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：

wi?mimiAf?100%??100%?ii?100% m?mi?Aifi?Aifi?0.84?34?214?0.74?4?4.5?1.00?4?278?1.00?4?77?1.05?4?250?1.28?47.3?1.36?2499.7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% w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：

峰面积 响应值S/ 甲酸 14.8 0.261 乙酸 72.6 0.562 环己酮 133 1.00 丙酸 42.4 0.938 求甲酸、乙酸、丙酸的质量分数各为多少？ 解：根据公式：

wi?Aifims??100%Asfsmf'?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%

8. 欲求苯、甲苯、乙苯、邻二甲苯的峰高校正因子，则可称取各组分的纯物质质量混合后进样，在一定色谱条件下所测得色谱图上各组分色谱峰的峰高分别如下：

出峰次序 质量/g 峰高/mm 苯 0.5967 180.1 甲苯 0.5478 84.4 乙苯 0.6120 45.2 邻二甲苯 0.6680 49.0 求各组分的峰高校正因子，以苯为标准。

解：对甲苯：f甲苯＝(hs/hi) × (mi/ms)=180.1 ×0.5478/(84.4 ×0.5967)=1.959 同理得：乙苯：4.087; 邻二甲苯：4.115

9. 已知在混合酚试样中仅含有苯酚、邻甲酚、间甲酚和对甲酚四种组分，经乙酰化处理后，用液晶柱测得色谱图。图上各组分色谱峰的峰高、半峰宽及已测得各组分的校正因子分别如下。求各组分的质量分数. 出峰次序 峰高/mm 半峰宽/mm 校正因子

解：因为所有组分出峰，可用归一化法进行定量

先利用峰高乘以半峰宽计算各峰面积，然后利用归一化法求各组分质量分数。 根据公式A=hY1/2和?Aifi?830.1可求得各组分峰面积和各组分质量分数分别如下： 出峰次序 峰面积/mm2 质量分数/%

10. 测定氯苯中的微量杂质苯、对二氯苯、邻二氯苯时，以甲苯为内标，先用纯物质配制标准溶液，进行气相色谱分析，得如下数据，试根据这些数据绘制标准曲线（峰高比与质量比之间的关系曲线）。

甲苯 编号 质量 （g） 1 2 3 4 0.0455 0.0460 0.0407 0.0413 质量（g） 0.0056 0.0104 0.0134 0.0207 峰高比 0.234 0.424 0.608 0.838 质量（g） 0.0325 0.0620 0.0848 0.1191 峰高比 0.080 0.157 0.247 0.334 质量（g） 0.0243 0.0420 0.0613 0.0878 峰高比 0.031 0.055 0.097 0.131 苯酚 124.2 12.71 邻甲酚 249.8 28.58 间甲酚 254.2 31.54 对甲酚 225.4 27.15 苯酚 64.0 1.94 0.85 邻甲酚 104.1 2.40 0.95 间甲酚 89.2 2.85 1.03 对甲酚 70.0 3.22 1.00 苯 对二甲苯 邻二甲苯 在分析未知试样时，称取氯苯试样5.119g，加入内标物0.0421g，测得色谱图。从图上量取各色谱峰的峰高，并求得峰高比如下所列：

苯峰高比甲苯峰高＝0.341 对二氯苯峰高比甲苯峰高＝0.298 邻二氯苯峰高比甲苯峰高＝0.042 求试样中各杂质的质量分数。

解：分别用各组分纯物质与内标物质甲苯组成的混合物的色谱峰峰高对其质量分数作图，即可绘制各自的工作曲线。相关数据如下：

苯 峰高 0.234 0.424 0.608 0.838 质量分数 0.1096 0.1844 0.2477 0.3339 峰高 0.080 0.157 0.247 0.334 对二甲苯 质量分数 0.4167 0.5740 0.6757 0.7425 峰高 0.031 0.055 0.097 0.131 邻二甲苯 质量分数 0.3481 0.4773 0.6009 0.6801 0.90.80.70.60.50.40.30.20.100.150.200.25hw 0.300.35苯的工作曲线

从图中查得当苯峰高与甲苯峰高比值为0.341时，未知物中，苯与内标物混合物中苯的质量分数为0.152. 设未知试样中含苯为x g, 则：

w = x/(x+0.0421)=0.152，解得：x=0.0421w/(1-w)=0.00755g

0.350.300.25h0.200.150.100.050.400.450.500.550.600.650.700.75w

对二甲氯的工作曲线

当对二氯苯与甲苯的峰高比为0.298时，查得未知样中对二氯苯与甲苯二元混合物中对二氯苯的质量分数为0.725。

即未知物中对二氯苯的质量为0.0421×0.725/(1-0.725)=0.111g

0.140.120.100.08h0.060.040.020.300.350.400.450.500.550.600.650.70 邻二氯苯的工作曲线

w当邻二氯苯与甲苯的峰高比为0.042时，查得邻二氯苯在其与甲苯二元体系中的质量分数为0.4053，同理，求得未知样中邻二氯苯的质量为：0.0421×0.4053/(1-0.4053)=0.0287g 所以未知样中杂质苯、对二氯苯、邻二氯苯的质量分数分别为： (0.00755/5.119)×100% = 0.147% (0.111/ 5.119)×100% = 2.17% (0.0287/5.119)×100% = 0.561%

第15章 定量分析的分离方法

思考题

1. 举例说明分离在定量分析中的重要性？了解分离对常量和微量组分的回收率要求？ 答：在定量分析，对于一些无法通过控制分析条件或采用掩蔽法来消除干扰，以及现有分析方法灵敏度达不到要求的低浓度组分测定，必须采用分离富集方法。换句话说，分离方法在定量分析中可以达到消除干扰和富集效果，保证分析结果的准确性，扩大分析应用范围。 在一般情况下，对常量组分的回收率要求大于99.9%，而对于微量组分的回收率要求大于99%。样品组分含量越低，对回收率要求也降低。

2. 某试样含Fe，A1，Ca，Mg，Ti元素，经碱熔融后，用水浸取，盐酸酸化，加氨水中至出现红棕色沉淀（pH约为3左右），再加六亚甲基四胺加热过滤，分出沉淀和滤液。试问: a 为什么溶液中刚出现红棕色沉淀时人们看到红棕色沉淀时，表示pH为3左右？ b 过滤后得的沉淀是什么？滤液又是什么？

c 试样中若含Zn2+和Mn2+，它们是在沉淀中还是在滤液中？ 答：

a．溶液中出现红棕色沉淀应是Fe(OH)3，沉淀时的pH应在3左右。（当人眼看到红棕色沉淀时，已有部分Fe(OH)3析出，pH值稍大于Fe3+开始沉淀的理论值）。

b．过滤后得的沉淀应是TiO(OH)2、Fe(OH)3 和Al(OH)3；滤液是Ca2+，Mg2+离子溶液。 c．试样中若含Zn2+和Mn2+，它们应以Zn2+和MnO4-离子形式存在于滤液中

3. 用氢氧化物沉淀分离时，常有共沉淀现象，有什么方法可以减少沉淀对其他组分的吸附？ 答：加入大量无干扰的电解质，可以减少沉淀对其他组分的吸附。

4. 何谓分配系数、分配比？采用什么措施可提高萃取率？ 答：分配系数和分配比是萃取分离中的两个重要参数。 分配系数： KD?分配比： D?[A]0是溶质在两相中型体相同组分的浓度比（严格说应为活度比）。 [A]WC0是溶质在两相中的总浓度之比。在给定的温度下，KD是一个常数。但DCw除了与KD有关外，还与溶液酸度、溶质浓度等因素有关，它是一个条件常数。在分析化学中，人们更多关注分离组分的总量而较少考虑其形态分布，因此通常使用分配比。

萃取率： E?D?100%，可见萃取率与分配比（即溶质性质和萃取体系）和相比有关，VwD?V0与组分含量无关。

提高萃取率有两个重要途径：一是采用（少量有机溶剂）多次萃取；二是采用协同萃取。

5. 进行螯合萃取时，溶液酸度的控制很重要，说明为什么？ 答：螯合物萃取过程可表示为：

可见，溶液酸度可能影响螯合剂的离解、金属离子的水解以及其他副反应，影响螯合物萃取平衡，因此在进行螯合萃取时酸度控制是非常重要的。

6. 什么是离子交换树脂的交联度、交换容量？根据性能离子交换树脂常分为几类，各有什么特点？ 答：

交联度指交联剂在树脂中质量百分率，其大小与树脂性能有关。交联度一般在4-14%之间。交联度小，树脂网眼大，溶胀性大，刚性差。

交换容量是指每克干树脂所能交换的物质量（mmol），它决定于树脂内所含活性基团的数目，一般为3-6mmol-g-1。

离子交换树脂按性能通常分为三类：

a 阳离子交换树脂，用于分离阳离子，又分为强酸型阳离子交换树脂和弱酸型阳离子交换树脂。前者可在酸性中型和碱性溶液中使用，而后者不宜在酸性溶液中使用。

b 阴离子交换树脂，用于分离阴离子，又分为强碱性阴离子交换树脂和弱碱性阴离子交换树脂两种。前者可在酸性中型和碱性溶液中使用，而后者不宜在碱性溶液中使用。 c 螯合树脂。选择性地交换某些金属离子。

习 题

1. 将100mL水样通过强酸型阳离子交换树脂，流出液用0.1022 mol·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

CC2??a0.1022?42.40?40.078?868.3mg?L?1

2?0.1002. 称取含有纯NaCl和KBr的混合物0.2634 g，使之溶解后通过H-型离子交换树脂，流出液需要用0.1008 mol·L-1NaOH溶液滴定至终点，需要35.12 mL，问混合物中各种盐的质量 分数是多少？

解：交换在H-型离子交换树脂的M+总量：

nM??0.1008?35.12?3.54mmol

mKBr?0.263?4mNaC l

3.54?10?3?

mNaCl0.2634?mNaCl ?58.443119.00 mNaCl = 0.1524g

wNaCl?wKBr3+

0.1524?100%?57.87% 0.2634?42.13%3. 溶液中含有Fe10mg，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Fe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Fe多少毫克？

3+

3+

解：等体积萃取，n次萃取后剩余量为：

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：

4. 在pH=3时，将一金属螯合物从水相萃入甲基异丁基酮中，其分配比为5.96。现取含该金属离子的试液50.0mL，每次用25.0mL甲基异丁基酮萃取，若萃取率达99.9%。问一共要萃

取多少次？

解：对于多次萃取，

n = 5次

5. 试剂HR与某金属离子M形成MR2：M+ 2HR有 == MR2有 + 2H+，生成的MR2被有机溶剂萃取，反应的平衡常数即为萃取平衡常数K=KD=0.20。若含有上述金属离子的水溶液20.0mL，被含有HR 1.7×10-2mol·L-1的10.0 mL有机溶剂萃取，计算pH=3.50时，金属离子的萃取率。

解： M+ 2HR有 == MR2有 + 2H+

萃取平衡常数为

分配比为

(1.7?10?2)2?578 D?0.2??3.50?210萃取率：

E?D578?100%??100%?99.7% Vw20.0578?D?10.0Vo

6. 用二苯硫腙-CHCl3光度法测定试样中的铜。具体步骤为准确称取含铜试样0.1854g，溶解后定容为100 mL，取出10.00 mL显色并定容25.00 mL，再用等体积的CHCl3萃取一次，有机相在最大吸收波长处以1cm比色皿测得吸光度为0.420，在该波长下

ε=4.2×10mol·L·cm，若分配比D=10，试计算：a.萃取百分率E；b.试样中铜的质量分数。[已知Mr（Cu）=63.55]

解：有机相中铜浓度为

4

-1

-1

c有?A0.420??1.0?10?5mol?L?1 4??b4.2?10?1

a.等体积萃取

b.试样中铜的质量分数为

WCumCu1.0?10?5?10?2.5?10?10?3?63.55???0.086%

m0.18547. 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 = 8.0cm B组分色层分离后的斑点中心相距原点的长度为：y = 0.60×20 = 12.0cm A，B组分色层分离后的斑点中心相距最大距离为：y – x = 4.0cm