分析化学第五版答案

1、分析化学答案第一章 10不纯Sb2S30.2513g，将其置于氧气流中灼烧，产生的SO2通入FeCl3溶液中，使Fe3+还原至Fe2+，然后用0.02000mol/LKMnO4标准溶液滴定Fe2+，消耗溶液31.80mL。计算试样中Sb2S3的质量分数。若以Sb计，质量分数又为多少？解：12. 用纯As2O3标定KMnO4溶液的浓度。若0.211 2 g As2O3在酸性溶液中恰好与36.42 mL KMnO4反应。求该KMnO4溶液的浓度。解：      故      &#

2、160;               14H2C2O4作为还原剂。可与KMnO4反应如下：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 KMnO4溶液与500mg H2C2O4完全反应所消耗的体积（mL）。解：               

3、60;                                      16. 含K2Cr2O7 5.442g·L-1的标准溶液。求其浓度以及对于Fe3O4（M=231.54g·mol-1）的滴定度（mg/mL）。解：&

4、#160;              18. 按国家标准规定，化学试剂FeSO4·7H2O（M=278.04g·mol-1）的含量：99.50100.5%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KMnO4法测定，称取试样1.012g，在酸性介质中用0.02034 mol·L-1 KMnO4溶液滴定，至终点时消耗35.70mL。计算此产品中FeSO4·7H2O的质量分数，并

5、判断此产品符合哪一级化学试剂标准。解：                                                  

6、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Ni2+与CN-反应生成Ni(CN)，过量的Ni2+以EDTA标准溶液滴定，Ni(CN)并不发生反应。取12.7mL含CN-的试液，加入25.00mL含过量Ni2+的标准溶液以形成Ni(CN)，过量的Ni2+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Ni2+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：        

7、                                                     &#

8、160;     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 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 4已知铅锌

9、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： 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：设缩分n次，则，     ，         解得，所以n=3 ，m =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) 3.6´0.0323´20.59´2.1234

10、5(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=5.1       c.

11、 原式=    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：，A为测量值，C为空白值，m为试样质量。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1.00001.0008g的概率为多少？          

12、0;                    解：由             故有   ，即 ， 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：       

13、 查表，得：     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：         =0.06%       置信度为95%时：   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

14、，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用两种不

15、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：                        s        n    方法1  15.34       0.10  

16、  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)=0.00102，=0.00122 F=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=得， =0.01，=0.012 s=0.0332=3.32% 

17、t=0.063查表得：当置信度为90%时，=1.72>0.063 ，查表得：当置信度为95%时，=2.09>0.063查表得：当置信度为99%时，=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，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

18、含Cl-1的质量分数是否有显著性差异？解：用F检验法：= =60.45%，= =2.310-3 ，=60.11%，= =2.610-3F=1.13， 查表得F表=9.28>1.13 ，因此没有差异。用t检验法：S=5.010-4所以 t=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：

19、用F检验法：= =0.127，= =1.310-5=0.135,   =1.910-5F=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=4.010-3所以 t=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(c)及其荧光相对强度(y)的关系如下：    含量 c/mg       0.0   2.0  4.0  6.0   8.0

20、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，=6.0， =13.1，=216.2，=112.0，=418.28，所以b=1.93，=13.1-1.936.0=1.52所以一元回归方程为：y=1.52+1.93x（b）因为 =0.9

21、987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 = 0.256  mg/L           标准偏差 s = 0.020  mg/L标准物质标准值=0.250 mg/L  控制限 3s=（0.256 0.060）mg/L警戒限 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 

22、1写出下列溶液的质子条件式。ac1 mol·L-l NH3 + c2 mol·L-l NH4Cl；cc1 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- + 2HPO42- + 3

23、PO43- + HCOO-+OH- 3计算下列各溶液的pH。 a0.050 mol·L-l NaAc；              c0.10 mol·L-l NH4CN；             e0.050 mol·L-l氨基乙酸；     

24、60;  g0.010 mol·L-l H2O2液；            i0.060 mol·L-l HCI和0.050 mol·L-l氯乙酸钠(ClCH2COONa)混合溶液。解：a.对于醋酸而言，Kb = Kw / Ka = 5.6  10-10应为cKb = 5.6  10-10 5 10-2 = 2.8  10-11> 10Kwc/Kb> 100 故使用最简式； 

25、      OH- =  = 5.29 10-6         pH = 14 pOH = 8.72c. NH4+   Ka = 5.6  10-10  HCN   Ka = 6.2.  10-10cKa > 10Kw      c > 10 Ka 由近似公式可以得到：H+ =  =  = 5.89

26、60;10-10pH = 10 0.77 = 9.23 e. 氨基乙酸一端羧基显酸性，一端氨基显碱性，Ka1 = 4.5 10-3 , Ka2 = 2.5  10-10c/Ka2> 100  且c > 10 Ka1所以H+ =  =  = 1.06  10-6pH = 6-0.03 = 5.97 g. 对于双氧水而言，Ka = 1.8  10-12cKa < 10Kw     c/Ka> 100所以可以计算氢离子浓度H+ =  =

27、 = 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的混合溶液设有x mol/L的ClCH2COOH发生离解，则       ClCH2COOH  ClCH2COO- + H+           

28、    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0.10 mol·L-l HCl、2.0×10-4 mol

29、3;L-l NaHSO4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. HSO4- Ka2=1.0×10-2     HAc Ka=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HSO4-和HAc在计算pH值时刻忽略。故pH=1.00。      

30、 b.加入等体积0.1mol/LNaOH溶液，HCl被中和，体系变为HSO4-和HAc的混酸体系，        忽略KW及KHAHA，H+ 2=（CHSO4-H+ ）解得H+ =9.90×10-5   故pH=4.007已知Cr3+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(ClO4)3 的pH为多少? 此时溶液中Cr(OH)2+的分布分数是多大?解：1）       &

31、#160;   mol/L          故pH=2.93       2）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)  解：（mol/L）       已知

32、p Ka=5.30，pH=5.60       设原缓冲溶液中盐的浓度为x mol/L，故       得x=0.35       则原缓冲溶液pH= 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 Ka1=2.35   p Ka2

33、=9.60       1)需HA质量m=0.10×100×75.0×0.75（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          即，解得x=0.079          生

34、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)；    c0.010 0 mol·L-l 硼砂。解：a. p Ka1=3.04，p Ka24.37          I= （mol/L），     

35、;     查表得，          故，得          同理可得，          又              最简式   &

36、#160;                pH=3.56             c. c=0.0100 mol/L，p Ka1=4，p Ka2=9                 

37、0;        查表          故           K=5.8×10-10                     

38、; 故pH=9.1816. 解： 已知一元弱酸的，问其等浓度的共轭碱的为多少？（已知：，且）解：据题意： 19. 用滴定至。计算终点误差。解：时22. 用滴定羟胺盐酸盐（）和的混合溶液。问化学计量点时溶液的为多少？在化学计量点有百分之几的参加了反应？解：(1) 已知时，产物为和 (2) 时，参加反应的百分数为：25.称取钢样，溶解后，将其中的磷沉淀为磷钼酸铵。用溶解沉淀，过量的用返滴定至酚酞刚好褪色，耗去。计算钢中和的质量分数。解：过量用于滴定磷钼酸铵的含物质的量为： 28. 标定甲醇钠溶液时，称取苯甲酸，消耗甲醇钠溶液，求甲醇钠的浓度。解：，令其浓度为第6章 络

39、合滴定法 2.解：       4.解：用氨水调解时：                            故主要存在形式是，其浓度为     用氨水和NaOH调解时：       

40、60;                   故主要存在形式是和，其浓度均为 6解：      8.解：PH=5.0时，     10.解：设Al3+浓度为0.010mol/L，则由Al(OH)3的Ksp计算可得Al3+发生水解时pH=3.7。要想在加入EDTA时，Al3+不发生水解，pH应小于3.7。12.解：a.  

41、             b.    15. 解:   由Ksp ，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 pH2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    

42、             21. 解:  据题中计量关系得：          24. 解:  据题中计量关系得：          =21.10%            

43、;  100%=16.55%）第 7 章 氧化还原滴定法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+0.5*0.0592lgHg2+ =0.793+0.5*0.0592lg(Ksp/Cl-2)       EHg22+/Hg=0.793+0.0295lgKsp=0.265V    &

44、#160;  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 当还原一半时：MnO4-=Mn2+ 故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+2Ag

45、Cu22Ag      lgK（0.80-0.337）*2/0.05915.69      K1015.69Cu2/ Ag2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

46、.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) 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 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

47、-/ I-6S2O32-2由于此时S4O62-=2I-3，计算得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) 当滴定分数为1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lgS4O62-/ S2O322 此时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=1.30

48、V 11解：  Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+终点时 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          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+Fe

49、2+=Ce3+Fe2+在H2SO4介质中，终点时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介质中，Fe3+=1+103.5*0.5=5*102.5=103.2, Fe2+=1+0.5*102.3=102.0EFe3+/Fe2+=0.68+0.059lgFe3+=0.61V Esp=(1.44+0.617)/2=1.03VE=0.84-1.03=-0

50、.19V E=0.83V, 由林邦误差公式: 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

51、+2H+=Pb2+2CO2+2H2O, PbO+2H+=Pb2+H2O,2MnO4-+5C2O42-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O  5PbO2 5PbO 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(PbO2)=0.2392/1.234*100%=19.38%, (PbO)=0.4

52、464/1.234*100%=36.17%.19. 解：由化学反应：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：由此歧化反应的电子守恒得：

53、3/2Mn2+ MnO4-(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-，mCr=2*M(Cr)(0.500/MFe(NH4)(SO4)26H2O-6*0.00389*0.01829)/6=1.486*10-2V=m,V=Shh=6.80*10-528. 解：        故 31. 解：由关系式得：        &

54、#160;34. 解：a、sul的分子结构式为           b、 c、 d、由关系式 和得：                    故该试样为不合格产品。37. 解：由关系式得：  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 

55、;      n(Cl-)=n(Ag+)=0.07916×19.46=1.5405×10-3(mol)       设试样中BaCl2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BaCl2的质量为0.03093g4. 解：设试样中K2O的质量为x，Na2O的质量为y  

56、    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）    

57、  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：反应关系为1As 1Ag3AsO4 3Ag+3NH4SCN      

58、60;  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FexOy       则 55.85x+16.00y=0.5434          55.85x=0.3801       x= 0.006806   

59、       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非离解形式Ca2+的百分数为 3解：（1）（2） 5解：，

60、 7解：在同一溶液中，只有一种浓度9解：11解：KSP9.3×1017Ag+Is=2.81×105 13解：混合后，剩余的=100 mL纯水洗涤时损失的:100 mL0.010 洗涤时 16解：（1） (2) (3) 19解：主要状态可由数值得 22解：(1) (2) (3) (4) 25解：   设CaC2O4为,MgC2O4 =0.6240-28解：   31解：   设为 34解：   AgCl:0.035(mol·L-1)   cNH33

61、/21.5(mol·L-1)          Ag+原0.0175(mol·L-1)          I-原0.025(mol·L-1)     设混合后Ag+x/ mol·L-1       Ag+    +   2NH3&

62、#160;      Ag(NH3)2+     x   1.5-2×(0.0175-x)    0.0175-x            1.5           0.0175     ß

63、2107.40     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=Kbc 当b=2cm时,A=-log0.60=0.222; 当b=1cm,A=0.222/2=0.111,lgT=-0.111T=0.77=77%;当b=3cm，A=0.222×3/2=0.333，lgT=-0.333T=0.46=46% 4. 解：A=-lgT

64、=-lg50.5%=0.297,      c=25.5×10-6×103/(50M)=8.18×10-6mol/L K稳      =A/bc=0.297/(2×8.18×10-6)=1.91×104L/(mol.cm)      s=M/=3.3×10-8ug/cm2 6.解：此为饱和法测定络合物组成，以配位试剂Phen与Fe2+的浓度比R/M为横坐标，以吸光度A为纵坐标作

65、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=-lgT1,T1=20%; 图见上      A=1.00=-lgT2,T2=10%，T=10%;      以0.00100mol/L溶液为参比时，测得试样的透射比为T2，      则20%/100%=10%

66、/T2      T2=50%，试样的吸光度为A=-lgT2=-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11，12，21，22。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=11×5.3×10-4，11=8.2×102L.mol-1.cm-1；0.246=12×5.3×10-4，12=4.6×102L.mol-1.cm-1；0.510=21&