分析化學(xué)課后答案解析武漢大學(xué)第五版（上冊）

./第1章分析化學(xué)概論1.稱取純金屬鋅0.3250g,溶于HCl后,定量轉(zhuǎn)移并稀釋到250mL容量瓶中,定容,搖勻。計算Zn2+溶液的濃度。解：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/LH2SO4的溶液多少毫升？解：4．要求在滴定時消耗0.2mol/LNaOH溶液25~30mL。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1.0~1.2g應(yīng)稱取0.3~0.4g6．含S有機試樣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)溶液滴定至化學(xué)計量點,消耗28.2mL。求試樣中S的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：8．0.2500g不純CaCO3試樣中不含干擾測定的組分。加入溶解,煮沸除去CO2,用0.2450mol/LNaOH溶液反滴定過量酸,消耗6.50mL,計算試樣中CaCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：9今含有MgSO4·7H2O純試劑一瓶,設(shè)不含其他雜質(zhì),但有部分失水變?yōu)镸gSO4·6H2O,測定其中Mg含量后,全部按MgSO4·7H2O計算,得質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100.96%。試計算試劑中MgSO4·6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：設(shè)MgSO4·6H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)xMgSO4·7H2O為1-x100.96%=1-x+x×x===0.1217若考慮反應(yīng),設(shè)含MgSO4·7H2O為n1molMgSO4·6H2O為n2mol樣本質(zhì)量為100g。n=n1+n2n246.47=100.96n1228.455+n2246.47=10018n1=0.96n=0.253m<MgSO4·6H2O>=nMMgSO·6HO=0.053226.45=12.18==0.121810．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。計算試樣中Sb2S3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。若以Sb解：12.用純As2O3標(biāo)定KMnO4溶液的濃度。若0.2112gAs2O3在酸性溶液中恰好與36.42mLKMnO4反應(yīng)。求該KMnO4溶液的濃度。解：故14．H2C2O4作為還原劑。可與KMnO4其兩個質(zhì)子也可被NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定。分別計算0.100mol·L-1NaOH和0.100mol·L-1KMnO4溶液與500mgH2C2O4完全反應(yīng)所消耗的體積〔mL解：16.含K2Cr2O75.442g·L-1的標(biāo)準(zhǔn)溶液。求其濃度以及對于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：99.50~100.5%為一級〔G.R；99.00%~100.5%為二級〔A.R；98.00%~101.0%為三級〔C.P?，F(xiàn)以KMnO4法測定,稱取試樣1.012g,在酸性介質(zhì)中用0.02034mol·L-1KMnO4溶液滴定,至終點時消耗35.70mL。計算此產(chǎn)品中FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù),并判斷此產(chǎn)品符合哪一級化學(xué)試劑標(biāo)準(zhǔn)。解：故為一級化學(xué)試劑。20.CN-可用EDTA間接滴定法測定。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10.1mL0.0130mol·L-1EDTA完全反應(yīng)。已知39.3mL0.0130mol·L-1EDTA與上述Ni2+標(biāo)準(zhǔn)溶液30.0mL完全反應(yīng)。計算含CN-試液中CN-的物質(zhì)的量濃度。解：第2章分析試樣的采集與制備1．某種物料,如各個采樣單元間標(biāo)準(zhǔn)偏差的估計值為0.61％,允許的誤差為0.48％,測定8次,置信水平選定為90%,則采樣單元數(shù)應(yīng)為多少?解：f=7P=90%查表可知t=1.902．某物料取得8份試樣,經(jīng)分別處理后測得其中硫酸鈣量分別為81.65％、81.48％、81.34％、81.40％、80.98％、81.08％、81.17％、81.24％,求各個采樣單元間的標(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,應(yīng)選取多少個采樣單元？解：f=7P=85%查表可知t=2.364．已知鉛鋅礦的K值為0.1,若礦石的最大顆粒直徑為30mm,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15kg,經(jīng)粉碎后礦石的最大顆粒直徑為2mm,設(shè)K值為0.3,問可縮分至多少克？解：設(shè)縮分n次,則解得,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)字運算規(guī)則,計算下列算式：<1>19.469+1.537-0.0386+2.54<2>3.60.032320.592.12345<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=5.1c.原式=

d.[H+]=10-0.06=0.87<mol/L>3．設(shè)某痕量組分按下式計算分析結(jié)果：,A為測量值,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：且故5.反復(fù)稱量一個質(zhì)量為1.0000g的物體,若標(biāo)準(zhǔn)偏差為0.4mg,那么測得值為1.00001.0008g的概率為多少？解：由故有即查表得P=47.73%7．要使在置信度為95％時平均值的置信區(qū)間不超過±s,問至少應(yīng)平行測定幾次?解：查表,得：9.測定黃鐵礦中硫的質(zhì)量分?jǐn)?shù),六次測定結(jié)果分別為30.48%,30.42%,30.59%,30.51%,30.56%,30.49%,計算置信水平95%時總體平均值的置信區(qū)間。解：=0.06%置信度為95%時：11.下列兩組實驗數(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

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

s

n方法1

15.34％

0.10％

11方法215.43％

0.12％

11

a．置信度為90％時,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90％,95％及99％時,兩組分析結(jié)果的平均值是否存在顯著性差異?解：<a>=0.00102,=0.00122F==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,=1.72>0.063查表得：當(dāng)置信度為95%時,=2.09>0.063查表得：當(dāng)置信度為99%時,=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．實驗室有兩瓶NaCl試劑,標(biāo)簽上未標(biāo)明出廠批號,為了判斷這兩瓶試劑含Cl-1的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否有顯著性差異,某人用莫爾法對它們進(jìn)行測定,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,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．為提高光度法測定微量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。判斷新顯色劑測定Pd的靈敏度是否有顯著提高?<置信度95％>解：用F檢驗法：==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<>及其熒光相對強度<y>的關(guān)系如下：含量/g

0.0

2.0

4.0

6.0

8.0

10.0

12.0熒光相對強度y

2.1

5.0

9.0

12.6

17.3

21.0

24.7a．列出一元線性回歸方程b．求出相關(guān)系數(shù)并評價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===1.93,6.0=1.52所以一元回歸方程為：y=1.52+1.93x〔b因為=0.9987比較接近于1,所以y與x的線性關(guān)系很好。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。a．c1mol·L-lNH3+c2mol·L-lNH4Cl；c．c1mol·L-l>H3PO4+c2mol·L-lHCOOH；解：a.對于共軛體系,由于構(gòu)成了緩沖溶液,所以可以將其視為由強酸〔HCl和弱堿〔NH3反應(yīng)而來,所以參考水準(zhǔn)選為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-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[HCOO-]+[OH-3．計算下列各溶液的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-lHCI和0.050mol·L-l氯乙酸鈉<ClCH2COONa>混合溶液。解：a.對于醋酸而言,Kb=Kw/Ka=5.6

10-10應(yīng)為cKb=5.6

10-10

510-2=2.8

10-11>10Kwc/Kb>100故使用最簡式；

[OH-]=

=5.29

10-6

pH=14–pOH=8.72c.NH4+

Ka’=5.6

10-10HCN

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=9.23e.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>10Ka1所以[H+]=

=

=1.06

10-6pH=6-0.03=5.97g.對于雙氧水而言,Ka=1.8

10-12cKa<10Kw

c/Ka>100所以可以計算氫離子濃度[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xmol/L的ClCH2COOH發(fā)生離解,則

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+]=1.845．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．計算此混合溶液的pH。b．加入等體積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在計算pH值時刻忽略。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KHA[HA],[H+]2=〔CHSO4--[H+]解得[H+]=9.90×10-5故pH=4.007．已知Cr3+的一級水解反應(yīng)常數(shù)為10-3.8,若只考慮一級水解,則0.010mol·L-lCr<ClO4>3的pH為多少?此時溶液中Cr<OH>2+的分布分?jǐn)?shù)是多大?解：1

mol/L故pH=2.93

29．今用某弱酸HB及其鹽配制緩沖溶液,其中HB的濃度為0.25mol·L-l。于100mL該緩沖溶液中加入200mgNaOH<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pKa=5.30,pH=5.60設(shè)原緩沖溶液中鹽的濃度為xmol/L,故得x=0.35則原緩沖溶液pH=11．配制氨基乙酸總濃度為0.10mol·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1mol·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,pKa1=2.35

pKa2=9.60

1>需HA質(zhì)量m=0.10×100×75.0×＝0.75〔g

2因為氨基乙酸及質(zhì)子化氨基乙酸構(gòu)成緩沖溶液,設(shè)pH=2時,質(zhì)子化氨基乙酸濃度為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=7.9ml19.用滴定至。計算終點誤差。解：時22.用滴定羥胺鹽酸鹽〔和的混合溶液。問化學(xué)計量點時溶液的為多少？在化學(xué)計量點有百分之幾的參加了反應(yīng)？解：<1>已知時,產(chǎn)物為和<2>時,參加反應(yīng)的百分?jǐn)?shù)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剛好褪色,耗去。計算鋼中和的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。解：過量用于滴定磷鉬酸銨的含Ｐ物質(zhì)的量為：28.標(biāo)定甲醇鈉溶液時,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7章氧化還原滴定法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=-1.04V3.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>=0.383V5.解：EMnO4-/Mn2+=Eθ′MnO4-/Mn2++0.059*lg〔[MnO4-]/[Mn2+]/5當(dāng)還原一半時：[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+]=1.01V7.解：Cu+2Ag＋＝Cu2＋＋2AglgK＝〔*2/0.059＝15.69

K＝1015.69＝[Cu2＋]/[Ag＋]2表明達(dá)到平衡時Ag＋幾乎被還原,因此=[Ag＋]/2=0.05/2=0.025mol/L

[Ag＋]=<[Cu2＋]/K>0.5=2.3*10-9mol/L9.解：2S2O32-+I-3=3I-+S4O62-<a>當(dāng)?shù)味ㄏ禂?shù)為0.50時,[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>當(dāng)?shù)味ǚ謹(jǐn)?shù)為1.00時,由不對稱的氧化還原反應(yīng)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由于此時[S4O62-]=2[I-3],計算得[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>當(dāng)?shù)味ǚ謹(jǐn)?shù)為1.5,E=ES4O62/-S2O32-=0.80+0.0295lg[S4O62-]/[S2O32]2此時[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=1.30V11．解：

Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+終點時CCe3+=0.05000mol/l,Fe2+=0.05000mol/l.所以CCe4=CCe3+*10<0.94-1.44>/0.059=1.7*10-10mol/lCFe2+=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*1013．解：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe2+在H2SO4介質(zhì)中,終點時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介質(zhì)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=1.03VE=0.84-1.03=-0.19VE=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-,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++H22MnO4-+5C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O

5PbO25PbO5C2O42-2MnO4-,設(shè)試樣中PbO2為x克,PbO為y克。則

20*0.25=0.04*10.00*5/2+2*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=0.02896mol/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/M[Fe<NH4><SO4>26H2O]-6*0.00389*0.01829>/6=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：故該試樣為不合格產(chǎn)品。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–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

〔12×[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=0.5434

55.85x=0.3801∴x=0.006806

y=0.01020∴y/x=0.01020/0.006806=1.5=3:2

即該鐵的氧化物的分子式為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非離解形式Ca2+的百分?jǐn)?shù)為3．解：〔1〔25．解：,7．解：在同一溶液中,只有一種濃度9．解：11．解：KSP＝9.3×10－17＝[Ag+][I－]＝s=2.81×10－513．解：混合后,剩余的=100mL純水洗滌時損失的:100mL0.010洗滌時16．解：〔1<2><3>19．解：主要狀態(tài)可由數(shù)值得22．解：<1><2><3><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>cNH3＝3/2＝1.5<mol·L-1>[Ag+]原＝＝0.0175<mol·L-1>

[I-]原＝＝0.025<mol·L-1>設(shè)混合后[Ag+]＝x/mol·L-1Ag+

+

2NH3

Ag<NH3>2+

x

1.5-2×<0.0175-x>

0.0175-x≈1.5

≈0.0175＝?2＝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