1、1第 1 章 绪论1.1 30.0mL 0.150molL-1 的 HCl 溶液和 20.0mL 0.150molL-1 的 Ba(OH)2 溶液相混合，所得溶液是酸性、中性、还是碱性？计算过量反应物的浓度。答案： 1.2 称取纯金属锌 0.3250g，溶于 HCl 后，12 0.5mol230.)(25.15)过(BaOH 量c稀释到 250mL 容量瓶中，计算 c(Zn2+)。答案： 132 L.98ol2506.91)(Zn VMmc1.3 欲配制 Na2C2O4 溶液用于标定 KMnO4 溶液（在酸性介质中） ，已知 ，若要使标定时两种14L0.molKMnO51c溶液消耗的体积相近，
2、问应配制多大浓度（c）的 Na2C2O4 溶液？要配制 100mL 溶液，应称取 Na2C2O4 多少克？答案： 8H102n16H5n244 424NaKMO424244 OCa1n51 VcVc 若： )a()(424则： 1442 L0.5molKMn51OCNa cc g67.034.)a(42 m1.4 用 KMnO4 法间接测定石灰石中 CaO 的含量（见例 1.6） ，若试样中 CaO 含量约为 40%，为使滴定时消耗 0.020molL-1 KMnO4 溶液约 30mL，问应称取试样多少克？答案： g21.0 %101008.56302.5%40 %10CaO21KMnOKMn
3、O1CaO)( 3344 s s smmmMVcw1.5 某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。若 ，为避免计算，直接从所消耗的172L0.molOCrK6c2K2Cr2O7 溶液的毫升数表示出铁的含量（%） ，应当称取铁矿多少克？答案：%OCrK10FeOCrKr61(Fe) 7237272 VmMVcws gMcms 6702.1085.12.0 FeOCrK63371.6 称取 Na2HPO412H2O 试剂 0.8835g，以甲基橙为指示剂，用 0.1012 molL-1 HCl 滴定至 H2PO-4，消耗 HCl 溶液27.30mL。计算样品中 Na2HPO412H2O 的质量分数，
4、并解释所得结果。（HCl 浓度、终点确定以及仪器均无问题）答案： 10%10O)2HP(Na(HCl)l)1HP(Na 342242 smMVcw%0.10835.710结果偏高，是由于 Na2HPO412H2O 失去部分结晶水。1.7 称取含铝试样 0.2018g，溶解后加入 0.02081 molL-1EDTA 标准溶液 30.00mL。调节酸度并加热使 Al3+定量络合，过量的 EDTA 用 0.02035 molL-1 Zn2+标准溶液返滴，消耗 Zn2+溶液 6.50mL。计算试样中 Al2O3 的质量分数。（Al 3+、Zn 2+与 EDTA 反应的化学计量比均为 11）答案： %
5、1010Al2)Zn()()EDTA()()O(Al 332232 smMVcVcw%4.1 %108. 96.)5.08. 31.8 称取分析纯 CaCO3 0.1750g 溶于过量的 40.00mL HCl 溶液中，反应完全后滴定过量的 HCl 消耗 3.05mL NaOH 溶液。已知 20.00mL 该 NaOH 溶液相当于 22.06mL HCl 溶液，计算此 HCl 和 NaOH 溶液的浓度。答案：基本单元： ，HCl，NaOH3CaO21根据等物质的量规则： NaOH)(l)3nn即： 0.2)Cl(65.3)Cl(0.49.10752 cc解得： 1Lmol)HCl(c 1Lol
6、5.0.265NaO1.9 酒石酸（H 2C4H4O6）与甲酸（HCOOH）混合液 10.00mL，用 0.1000 molL-1 NaOH 滴定至 C4H4O2-6 与 HCOO-，耗去15.00mL。另取 10.00mL 混合液，加入 0.2000 molL-1 Ce()溶液 30.00mL，在强酸性条件下，酒石酸和甲酸全部被氧化成CO2，剩余的 Ce() 用 0.1000 molL-1 Fe()回滴，耗去 10.00mL。计算混合液中酒石酸和甲酸的浓度。（Ce()的还原产物为 Ce()）3答案：酸碱反应中的基本单元：，HCOOH，NaOH642OHC1氧化还原反应中的基本单元：， ， ，
7、Fe +264201Ce(IV)根据等物质的量规则： Ce(I)F(OHC10HCO21Na)( 2642nnnn即： 0.32.0.1.OHC10.HCO210. 52)( 64cc解得： 1642Lmol083.)(c1.10 移取 KHC2O4H2C2O4 溶液 25.00mL，以 0.1500 molL-1 NaOH 溶液滴定至终点时消耗 25.00mL。现移取上述KHC2O4H2C2O4 溶液 20.00mL，酸化后用 0.04000 molL-1 KMnO4 溶液滴定至终点时需要多少毫升？答案：酸碱反应中： )NaH(K314242nn氧化还原反应中： 44242KMO51CHOm
8、L0.20.3.5)KMn(4 V第二章 思考题与习题1已知用生成 AsH3 气体的方法鉴定砷时，检出限量为 1g，每次取试液 0.05mL。求此鉴定方法的最低浓度（分别以 B 和 1：G 表示） 。解： 最底浓度 1205.1mLgVB60B446105210BG1:G=1:51042取一滴（0.05mL）含 Hg2+试液滴在铜片上，立即生成白色斑点（铜汞齐） 。经过实验发现，出现斑点的必要条件是汞的含量应不低于 100gmL -1。求此鉴定方法的检出限量。解： 检出限量 gVmB510.3洗涤银组氯化物沉淀宜用下列哪种洗液？为什么？(1)蒸馏水 （2）1mol L-1 HCl (3) 1m
9、olL-1 HNO3 (4) 1molL-1 NaCl答：应选用（2）1molL -1HCl 作洗液，因为 HCl 含有与氯化物沉淀的共同离子，可以减少洗涤时的溶解损失，又保持一定的酸度条件，避免某些水解盐的沉淀析出，另外 HCl 为强电解质避免因洗涤剂而引起胶体现象。如果用蒸馏水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失太大，特别是 PbCl2HNO3 不含共同离子，反而引起盐效应而使沉淀溶解度大，NaCl 则虽具有共同离子，但不具备酸性条件，所以亦不宜采用。4.如何将下列各沉淀分离？(1)Hg2SO4-PbSO4 (2)Ag2CrO4-Hg2CrO4 (3) Hg2CrO4-PbCrO4(4
10、)AgCl-PbSO4 (5)Pb(OH)2-AgCl (6) Hg2CrO4-AgCl解：（1）用 NH4Ac 溶解 PbSO4，而不溶解 Hg2SO4 。（2）用氨水溶解 Ag2CrO4，而不溶解 Hg2CrO4 。(3) 用 NaOH 溶解 PbCrO4，而不溶解 Hg2CrO4 。(4) 用氨水溶解 AgCl，而不溶解 PbSO4 。(5) 用 HNO3 溶解 Pb(OH)2，而不溶解 AgCl 。(6) 用氨水溶解 AgCl, 而不溶解 Hg2SO4 。5根据标准电极电位数据说明：（1） 在酸性溶液中 H2O2 为什么可将 Sn2+氧化为 Sn4+?（2） NH4I 为什么可将 As
11、O43-还原为 AsO33-？答:（1） H2O2+2H+ +2e=2H2O E0=1.77 VSn4+2e=Sn2+ Eo=0.154 VH2O2 是比 Sn4+强的氧化剂，所以 H2O2 可以氧化 Sn2+为 Sn4+(2 ) I2(固) +2e=2I- Eo=0.5345 VAsO43-+4H+2e=AsO33-+2H2O Eo=0.559 VI-是比 AsO33-强的还原剂，所以 NH4I 可以还原 AsO43-6为沉淀第二组阳离子，调节酸度时：（1）以 HNO3 代替 HCl；（2）以 H2SO4 代替 HCl；（3）以 HAc 代替 HCl。将各发生什么问题?答:（1）因为 HNO
12、3 是强的氧化剂会把组试剂 H2S 氧化成硫而沉淀。（2）用 H2SO4 代替 HCl，引入了 SO42-，使 Ba2+Sr2+Ca2+及 Pb2+离子生成硫酸盐沉淀，将妨碍这些离子的分析。（3）用 HAc 代替 HCl，则由于它是弱酸，不可能调至所需要的酸度。7如何用一种试剂把下列每一组物质分开？（1）As 2S3,HgS（2）CuS,HgS（3）Sb 2S3,As2S3（4）PbSO 4,BaSO4（5）Cd(OH) 2,Bi(OH)3（6）Pb(OH) 2,Cu(OH)2（ 7）SnS2,PbS（8）SnS,SnS 2（9）ZnS,CuS （10）Ag 2S,MnS答:（1）加(NH 4
13、)2CO3, As2S3 溶解而 HgS 不溶。（2）加稀 HNO3, CuS 溶解而 HgS 不溶。（3）加浓 HCl, Sb2S3 溶解而 As2S3 不溶。（4）加 NH4Ac, PbSO4 溶解而 BaSO4 不溶。5（5）加氨水，Cd(OH) 2 溶解而 Bi(OH)3 不溶。（6）加氨水，Cu(OH) 2 溶解而 Pb(OH)2 不溶。（7）加 Na2S，SnS 2 溶解而 PbS 不溶。（8）加 Na2S，SnS 2 溶解而 SnS 不溶。（9）加稀 HCl, ZnS 溶解而 CuS 不溶。（10）加稀 HCl, MnS 溶解而 Ag2S 不溶。8已知一溶液只有第二组阳离子，将此
14、溶液分成 3 份，分别得到下述实验结果，试判断哪些离子可能存在？（1） 用水稀释，得到白色沉淀，加 HCl 溶液则溶解；（2） 加入 SnCl2 无沉淀发生；（3） 与组试剂作用，生成黄色沉淀，此沉淀一部分溶于 Na2S，另一部分不溶，仍为黄色。答: （1）容易水解的离子如： Bi3+Sb(III)Sn(II)Sn(IV)存在。（2）可知 Hg2+不存在。（3）生成的硫化物为黄色，则 Pb2+Bi3+Cu2+Hg2+不存在。根据以上判断，可知，有：Cd 2+Sn(IV)As(III)As(V)也可有 Sb(III)Sb(V)存在。9从试液中分离第三组阳离子时为何要采取下列措施？（1） 加 NH
15、3-NH4Cl 使溶液的 pH9；（2） 为什么要使用新配制的(NH 4)2S 溶液和氨水？答:（1）在第三组离子的沉淀中， Al(OH)3 和 Cr(OH)3 属于两性氢氧化物，酸度高时沉淀不完全，酸度太低又容易形成偏酸盐而溶解。另一方面当 pH10 时，部分的 Mg2+生成 Mg(OH)2 沉淀。实验证明控制在 pH=9.0 ,为沉淀第三组离子最适宜的条件，在沉淀本组离子的过程中，随着反应的进行，溶液 pH 降低。因此加入 NH3-NH4Cl 缓冲溶液来保持 pH=9.0 。（2）(NH 4)2S 放置太久，部分 S2-可被氧化成 SO42-。氨水放置太久，会吸收空气中的 CO2 产生 C
16、O32-，故而使第四组的Ba2+Sr2+Ca2+ 部分沉淀于第三组。所以，必须使用新配制的(NH 4)2S 和氨水。10加入一种试剂将下列各组氢氧化物中的前一个溶解，使两者分离：（1）Co(OH) 2-Al(OH)3（2）Zn(OH) 2-Fe(OH)3（3）Zn(OH) 2-Ni(OH)2（4）Cr(OH) 3-Co(OH)2（5）Ni(OH) 2-Al(OH)3答:（1）加过量氨水，则 Co(OH)2 生成 Co(NH3)62+溶解，而 Al(OH)3 不溶。（2）加适当过量的 NaOH，则 Zn(OH)2 生成 ZnO22-溶解，而 Fe(OH)3 不溶。（3）加适当过量的 NaOH，则
17、 Zn(OH)2 生成 ZnO22-溶解，而 Ni(OH)2 不溶。（4）加适当过量的 NaOH，则 Cr(OH)3 生成 CrO2- 溶解，而 Co(OH)2 不溶。（5）加过量氨水，则 Ni(OH)2 生成 Ni(NH3)62+溶解，而 Al(OH)3 不溶。11分析第三组阳离子未知物时，在下列各种情况下哪些离子不可能存在？（1） 固体试样是无色晶体混合物；（2） 从试液中分出第一、二组阳离子沉淀，除去剩余的 H2S 并加入 NH3-NH4Cl 后，无沉淀产生；（3） 继（2）加热试液，并加入组试剂(NH 4)2S 或 TAA 后得白色沉淀。解: （1）有色离子不存在，如： Fe3+Fe2
18、+Cr3+Mn2+Co2+ 和 Ni2+。（2）表示 Al3+也不可能存在。（3）加入组试剂(NH 4)2S 或 TAA 得白色沉淀，则又一次证明了 Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和 Ni2+不存在。由以上推断试样中可能有 Zn2+存在。12一无色溶液中只含有第三组阳离子，将它分为三份，得到以下实验结果：（1） 在 NH4Cl 存在下加过量氨水，无沉淀；6（2） 在 NH3-NH4Cl 存在下加(NH 4)2S，得淡黄色沉淀；（3） 加 NaOH 搅拌，得到淡棕色沉淀；再加过量 NaOH，有一部分沉淀溶解，不溶的部分在放置过程中颜色变深。试判断什么离子存在，什么离子不存在，什么离子
19、存在与否不能确定。解:由（1）可以判断 Al3+Cr3+和 Fe3+不存在，由（2）可知 Fe3+Fe2+Co2+和 Ni2+不存在，Mn 2+可能存在，由（3）可知Mn2+和 Zn2+存在。综上所述，则存在的离子为 Mn2+和 Zn2+, 不可能存在的离子为 Al3+Cr3+ Fe3+Fe2+Co2+和 Ni2+ ；少量 Al3+Cr3+ 存在与否不能决定。13在系统分析中，分出第三组阳离子后为什么要立即处理第四组阳离子的试液？怎样处理？答:分出第三组阳离子的试液含有大量的 S2-，S 2-易被空气中的氧氧化成 SO42-，则使部分 Ba2+Sr2+生成难溶解的硫酸盐，影响的分析，所以要立即
20、处理含有第四五组阳离子的试液。处理的方法是：将试液用 HAc 酸化加热煮沸，以除去H2S。14用 Na3Co(NO2)6 法鉴定 K+时，如果发生下列错误，其原因可能是什么？（1） 试样中无 K+，却鉴定有 K+；（2）试样中有 K+，却鉴定无 K+。答:（1）NH 4+与 Na3Co(NO2)6 生成橙黄色沉淀 (NH4)2NaCo(NO2)6 干扰 K+ 的鉴定，所以如果氨盐没有除净，则 K+便出现过度检出。（2）K +未检出的原因有三：a. 酸度条件控制不当。检定 K+的反应条件应在中性或弱酸性中进行。如果溶液为强酸性或强碱性，则 Co(NO2)63-分解。b.试剂放置过久。试剂久置和日
21、光照射下易发生分解。 c.存在其他还原剂或氧化剂。还原剂能将试剂中的 Co3+还原为 Co2+；氧化剂能将试剂中的 NO2-氧化为 NO3-。15如何区别下列各对固体物质：（1）NH 4Cl 与 NaCl (2) (NH4)2C2O4 与(NH 4)2SO4 (3)BaCl2 与 CaCl2 (4) (NH4)2C2O4 与 NH4Cl答: （1）加碱产生 NH3 者为 NH4Cl 。（2）加 BaCl2 生成不溶于稀 HCl 的白色沉淀 BaSO4 者，为(NH 4)2SO4 。（3）加饱和(NH 4)2SO4 产生白色沉淀的为 BaCl2 。（4）加 CaCl2 生成白色沉淀 CaC2O4
22、 者，为(NH 4)2C2O4 。16有下列七种物质，以两种或更多种混合，然后做（1）（4）项实验，试判断存在的、不存在的和存在与否不能确定的物质各是什么？BaCl2,Ca(NO3)2,MgCl2,K2CrO4,NaCl,(NH4)2SO4,(NH4)2C2O4（1） 加水配制成 0.1molL-1 溶液，得白色沉淀 A 和无色溶液 B；（2） A 全溶于稀 HCl 溶液；（3） B 中加 0.1molL-1Ba(NO3)2，得到的白色沉淀不溶于稀 HCl 溶液；（4） 灼烧除去（B）中的铵盐，加 NH3 后无沉淀生成。解:（1）既然沉淀为白色，溶液为无色，则有色物质 K2CrO4 不存在。（
23、2）由（1）得白色沉淀溶于稀 HCl。则 BaCl2 与(NH 4)2SO4 不可能同时存在，而溶于稀 HCl 的白色沉淀，必定是草酸盐。所以(NH 4)2C2O4 肯定存在。（3）试验表明(NH 4)2SO4 存在，则 BaCl2 肯定不存在，既然 BaCl2 不存在，则试验（1）生成的白色沉淀只能是 CaC2O4 。所以 Ca(NO3)2 肯定存在。（4）实验（4）表明 MgCl2 不存在。综上所述分析结果为：存在的物质有：(NH 4)2C2O4 (NH4)2SO4 和 Ca(NO3)2 ；不存在的物质有：K 2CrO4 BaCl2 MgCl2 ；7存在与否不能判断的为：NaCl 。17有
24、一阴离子未知溶液，经过本书所叙述的各项初步实验后，都未得到肯定结果，试判断还需要对哪些阴离子进行鉴定？答:由分组实验肯定第一二组阴离子不存在，由挥发性实验和氧化还原试验，肯定 NO2-和 S2O32-不存在。所以只有 NO3-和 Ac-不能肯定，还需进行鉴定。18有一阴离未知溶液，在初步试验中得到以下结果，试将应进行分别鉴定的阴离子列出。（1） 加稀 H2SO4 时有气泡发生；（2） 在中性时加 BaCl2 有白色沉淀；（3） 在稀 HNO3 存在下加 AgNO3 得白色沉淀；（4） 在稀 H2SO4 存在下加 KI-淀粉溶液无变化；（5） 在稀 H2SO4 存在下加 I2-淀粉溶液无变化；（
25、6） 在稀 H2SO4 条件下加 KMnO4，紫红色褪去。答:（1）加稀 H2SO4 有气泡产生，则 SO32-S2O32-CO32-S2-NO2-可能存在 。（2）在中性溶液中加 BaCl2 溶液有白色沉淀，则 SO42-SO32-S2O32-CO32-PO43-SiO32-可能存在。（3）在稀 HNO3 存在下加 AgNO3 溶液有白色沉淀，则 Cl-可能存在；Br -I-S2-不可能存在。（4）在稀 H2SO4 存在下加 KI-淀粉溶液无明显变化，则 NO2-不可能存在。（5）在稀 H2SO4 存在下加 I2-淀粉溶液无明显变化，则 SO32- S2O32- S2-不可能存在。（6）在稀
26、 H2SO4 酸性条件下加 KMnO4 紫红色褪去，则 SO32-S2O32- Cl-（大量）Br -I-S2-NO2-可能存在。从以上各初步实验结果来看，肯定不存在的阴离子有：Br -I-S2-NO2-SO32-SO32-S2O32- 。所以还应进行分别鉴定的阴离子为：SO 42-CO32-PO43-SiO32- Cl-NO3-和 Ac-七种阴离子。19有一能溶于水的混合物，已经在阳离子分析中鉴定出有 Pb2+，问在阴离子分析中哪些离子可不必鉴定？答:第一 二组阴离子的铅盐都难溶于水，既然混合物能溶于水。已经鉴定出有 Pb2+，所以第一 二组阴离子可不鉴定。20溶解试样的溶剂为什么一般不用
27、H2SO4 和 HAc？答:因为 H2SO4 与较多的阳离子生成难溶解的硫酸盐沉淀。HAc 的酸性太弱，溶解能力差。所以一般不用 H2SO4 和 HAc溶解试样。21有一固体试样，经过以下各项实验并得出相应的结果，试判断哪些阳离子和阴离子尚需鉴定？（1） 试样本身无色，易溶于水，溶液亦无色；（2） 焰色试验时火焰为黄色；（3） 溶于稀 HCl 溶液，无可觉察的反应；（4） 试样与浓 H2SO4 不发生反应；（5） 试样与 NaOH 溶液一起加热时不产生 NH3，得白色胶状沉淀；（6） 进行阴离子初步试验，溶液呈中性时，加 BaCl2 溶液不生成沉淀。答: （1）试样本身无色，溶于水所得溶液亦无
28、色，则有色离子如：Cu 2+Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和 Ni2+不可能存在。试样易溶于水，则易水解析出的难溶化合物离子不可能存在。如：Bi 3+Sb(III)Sb(V)Sn(II)和 Sn(IV)等离子。（2）焰色试验时火焰为黄色，则有 Na+存在，其他有8明显焰色反应的离子，如：Ba 2+Ca2+Sr2+Cu2+K+等离子不可能存在。（3）溶于稀 HCl 无可觉察的反应，则 Ag+Hg22+Pb2+离子不存在，另外在酸性溶液中具有挥发性的阴离子，如：SO32-S2O32-CO32-S2-NO2- 。与酸作用能生成沉淀的 SiO3-都不可能存在。（4）试样与浓 H2SO4 不
29、发生反应，则能生成难溶性硫酸盐的离子，如：Pb 2+Ba2+Sr2+Ca2+（大量）Ag +Hg22+ 等离子不存在。另外证明挥发性阴离子及还原性的 I-不存在。（5）与 NaOH 一起加热不放出 NH3 ，则表示 NH4+不存在。生成有色沉淀的阳离子亦不存在，如：Ag +Hg22+ Cu2+Hg2+Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和 Ni2+等离子。（6）在中性溶液中与 BaCl2 溶液不产生沉淀，则表示第一组阳离子不存在。总括以上分析推断，尚需要鉴定的离子有：阳离子：Cd 2+As(III)As(V)Al3+Zn2+Mg2+Na+等离子。阴离子： Cl-Br-NO3-Ac- 等离
30、子。第三章 思考题与习题1指出在下列情况下，各会引起哪种误差？如果是系统误差，应该采用什么方法减免？（1） 砝码被腐蚀；（2） 天平的两臂不等长；（3） 容量瓶和移液管不配套；（4） 试剂中含有微量的被测组分；（5） 天平的零点有微小变动；（6） 读取滴定体积时最后一位数字估计不准；（7） 滴定时不慎从锥形瓶中溅出一滴溶液；（8） 标定 HCl 溶液用的 NaOH 标准溶液中吸收了 CO2。答:（1）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。（2）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。（3）系统误差中的仪器误差。减免的方法：校准仪器或更换仪器。（4）系统误差中的试剂
31、误差。减免的方法：做空白实验。（5）随机误差。（6）系统误差中的操作误差。减免的方法：多读几次取平均值。（7）过失误差。（8）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。2如果分析天平的称量误差为0.2mg ，拟分别称取试样 0.1g 和 1g 左右，称量的相对误差各为多少？这些结果说明了什么问题？解：因分析天平的称量误差为 。故读数的绝对误差 mg2.0ga02.根据 可得%1ar9%2.010.21.0 ggr.1gr这说明，两物体称量的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，相对误差就比较小，测定的准确程度也就比较高。3滴定管的读数误差为0.02mL。如果
32、滴定中用去标准溶液的体积分别为 2mL 和 20mL 左右，读数的相对误差各是多少？从相对误差的大小说明了什么问题？解：因滴定管的读数误差为 ，故读数的绝对误差mL02.mLa02.根据 可得%1ar%102.2 LmLr.0r这说明，量取两溶液的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。也就是说，当被测定的量较大时，测量的相对误差较小，测定的准确程度也就较高。4下列数据各包括了几位有效数字？（1）0.0330 (2) 10.030 (3) 0.01020 (4) 8.710-5 (5) pKa=4.74 (6) pH=10.00答：（1）三位有效数字 （2）五位有效数字 （3）四位有效数字 （
33、4） 两位有效数字 （5） 两位有效数字 （6）两位有效数字5将 0.089g Mg2P2O7 沉淀换算为 MgO 的质量，问计算时在下列换算因数（2MgO/Mg 2P2O7）中取哪个数值较为合适：0.3623,0.362,0.36？计算结果应以几位有效数字报出。答:：0.36 应以两位有效数字报出。6用返滴定法测定软锰矿中 MnO2 的质量分数，其结果按下式进行计算： %1050. 94.86)21.807.16( 32 MnO问测定结果应以几位有效数字报出？答:：应以四位有效数字报出。7用加热挥发法测定 BaCl22H2O 中结晶水的质量分数时，使用万分之一的分析天平称样 0.5000g，
34、问测定结果应以几位有效数字报出？答:：应以四位有效数字报出。8两位分析者同时测定某一试样中硫的质量分数，称取试样均为 3.5g，分别报告结果如下：甲：0.042%,0.041%；乙：0.04099%,0.04201%。问哪一份报告是合理的，为什么？答:：甲的报告合理。因为在称样时取了两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。9标定浓度约为 0.1molL-1 的 NaOH，欲消耗 NaOH 溶液 20mL 左右，应称取基准物质 H2C2O42H2O 多少克？其称量的相对误差能否达到 0. 1%？若不能，可以用什么方法予以改善？若改用邻苯二甲酸氢钾为基准物，结果又如何？解：根据
35、方程 2NaOH+H2C2O4H2O=Na2C2O4+3H2O 可知，需 H2C2O4H2O 的质量 m1 为：g13.07.60.10相对误差为 %15.013.02gr则相对误差大于 0.1% ，不能用 H2C2O4H2O 标定 0.1molL-1 的 NaOH ，可以选用相对分子质量大的作为基准物来标定。若改用 KHC8H4O4 为基准物时，则有：KHC8H4O4+ NaOH= KNaC8H4O4+H2O需 KHC8H4O4 的质量为 m2 ，则 g41.0.0.12 %9.4.2gr相对误差小于 0.1% ，可以用于标定 NaOH。10有两位学生使用相同的分析仪器标定某溶液的浓度（mo
36、l L-1） ，结果如下：甲：0.12,0.12,0.12（相对平均偏差 0.00%） ；乙：0.1243,0.1237,0.1240（相对平均偏差 0.16%） 。你如何评价他们的实验结果的准确度和精密度？答：乙的准确度和精密度都高。因为从两人的数据可知，他们是用分析天平取样。所以有效数字应取四位，而甲只取了两位。因此从表面上看甲的精密度高，但从分析结果的精密度考虑，应该是乙的实验结果的准确度和精密度都高。11当置信度为 0.95 时，测得 Al2O3 的 置信区间为（35.210.10）% ，其意义是（ ）A. 在所测定的数据中有 95%在此区间内；B. 若再进行测定，将有 95%的数据落
37、入此区间内；C. 总体平均值 落入此区间的概率为 0.95；D. 在此区间内包含 值的概率为 0.95；答：D12. 衡量样本平均值的离散程度时，应采用（ ）A. 标准偏差B. 相对标准偏差C. 极差D. 平均值的标准偏差答：D13. 某人测定一个试样结果应为 30.68%，相对标准偏差为 0.5%。后来发现计算公式的分子误乘以 2，因此正确的结果应为 15.34%，问正确的相对标准偏差应为多少？解：根据 %10xSr得 则 S=0.1534%1068.35.当正确结果为 15.34%时， %0.134.152 xSr14. 测定某铜矿试样，其中铜的质量分数为 24.87%。24.93%和 24.69%。真值为 25.06%，计算：（1）测定结果的平均值；（2）中位值；（3）绝对误差；（4）相对误差。解：（1） 8.23%69.4.87. x（2）24.87%
