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，稀释到250mL容量瓶中，计算c(Zn2+)。答案：1.3 欲配制Na2C2O4溶液用于标定KMnO4溶液（在酸性介质中），已知，若要使标定时两种溶液消耗的体积相近，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：若：则：1.4 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
2、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：1.5 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K2Cr2O7溶液的毫升数表示出铁的含量（%），应当称取铁矿多少克？答案：1.6 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，并解释所得结果。（HCl浓度、终点确定以及仪器均无问题）答案：结果偏高，是由于Na2HPO412H2O失去部分结晶水。1.7 称取含铝试样0
3、.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。（Al3+、Zn2+与EDTA反应的化学计量比均为11）答案：1.8 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，NaOH 根据等物质的
4、量规则：即： 解得： 1.9 酒石酸（H2C4H4O6）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()）答案：酸碱反应中的基本单元：，HCOOH，NaOH氧化还原反应中的基本单元：，Fe+2根据等物质的量规则：即：解得：1.10 移取K
5、HC2O4H2C2O4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：氧化还原反应中：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 1: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100
6、gmL-1。求此鉴定方法的检出限量。解： 检出限量 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）1molL-1 HCl (3) 1molL-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。
7、4.如何将下列各沉淀分离？(1)Hg2SO4-PbSO4 (2)Ag2CrO4-Hg2CrO4 (3) Hg2CrO4-PbCrO4(4)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：
8、（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AsO43-还原为AsO33-？答:（1） H2O2+2H+ +2e=2H2O E0=1.77 V Sn4+2e=Sn2+ Eo=0.154 V H2O2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 V AsO43-+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
9、HAc代替HCl。将各发生什么问题?答:（1）因为HNO3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）As2S3,HgS（2）CuS,HgS（3）Sb2S3,As2S3（4）PbSO4,BaSO4（5）Cd(OH)2,Bi(OH)3（6）Pb(OH)2,Cu(OH)2（7）SnS2,PbS（8）SnS,SnS2（9）ZnS,CuS（10）Ag2S,MnS答:
10、（1）加(NH4)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）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，SnS2溶解而PbS不溶。（8）加Na2S，SnS2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？
11、（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：Cd2+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NH3-NH4Cl使溶液的pH9；（2） 为什么要使用新配制的(NH4)2S溶液和氨水？
12、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）(NH4)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CO32-，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(NH4)2S和氨水。10加入一种试剂将下列
13、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(
14、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(NH4)2S或TAA后得白色沉淀。解: （1）有色离子不存在，如：Fe3+Fe2+Cr3+Mn2+Co2+ 和Ni2+。（2）表示Al3+也不可能存在。（3）加入组试剂(NH4)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Zn
15、2+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；（2） 在NH3-NH4Cl存在下加(NH4)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，Mn2+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+C
16、r3+ 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-，S2-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）NH4+与Na3Co(NO2)6生成橙黄
17、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）NH4Cl与NaCl (2) (NH4)2C2O4与(NH4)2SO4 (3)BaCl2与CaCl2 (4) (NH4)2C2O4与NH4Cl答: （1）
18、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(NH4)2SO4 。（3）加饱和(NH4)2SO4产生白色沉淀的为BaCl2 。（4）加CaCl2生成白色沉淀CaC2O4者，为(NH4)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0.1mo
19、lL-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。（2）由（1）得白色沉淀溶于稀HCl。则BaCl2与(NH4)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(NH4)2C2O4肯定存在。（3）试验表明(NH4)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：(NH4)2C2O4
20、 (NH4)2SO4 和Ca(NO3)2 ； 不存在的物质有：K2CrO4 BaCl2 MgCl2 ； 存在与否不能判断的为：NaCl 。17有一阴离子未知溶液，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
21、；（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；（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
22、液无明显变化，则SO32- S2O32- S2-不可能存在。 （6）在稀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：SO42-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
23、组阴离子可不鉴定。20溶解试样的溶剂为什么一般不用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
24、于水所得溶液亦无色，则有色离子如：Cu2+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：Bi3+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，其他有明显焰色反应的离子，如：Ba2+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 不发生反应
25、，则能生成难溶性硫酸盐的离子，如：Pb2+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：Cd2+As(III)As(V)Al3+Zn2+Mg2+Na+等离子。阴离子： Cl-Br-NO3-Ac- 等离子。第三章 思考题与习题1指
26、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）系统误差中的试剂误差。减免的方法：做空白实验。（5）随
27、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 根据可得 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
28、管的读数误差为，故读数的绝对误差 根据可得 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 （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/Mg2P2O7）中取哪个数值较为合
29、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：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，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。
30、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：根据方程2NaOH+H2C2O4H2O=Na2C2O4+3H2O可知，需H2C2O4H2O的质量m1为： 相对误差为 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： K
31、HC8H4O4+ NaOH= KNaC8H4O4+H2O 需KHC8H4O4的质量为m2 ，则 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（molL-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
32、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：D 13. 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 得 则S=0.1534% 当正确结
33、果为15.34%时， 14. 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）（2）24.87%（3）（4） 15. 测定铁矿石中铁的质量分数（以表示），5次结果分别为：67.48%，67.37%，67.47%，67.43%和67.40%。 计算：（1）平均偏差（2）相对平均偏差 （3）标准偏差；（4）相对标准偏差；（5）极差。 解：（1） （2） （3）（4）（5）Xm=X大-X小=67.48%-67.37%=0.11% 16. 某铁矿石中铁的质量分数为39
34、.19%，若甲的测定结果（%）是：39.12，39.15，39.18；乙的测定结果（%）为：39.19，39.24，39.28。试比较甲乙两人测定结果的准确度和精密度（精密度以标准偏差和相对标准偏差表示之）。 解：甲： 乙： 由上面|Ea1|Ea2|可知甲的准确度比乙高。 S1S2Sr1Q0.90,4 , 故1.83这一数据应弃去。 （2） 查表3-3得Q0.90,5=0.64,因QQ0.90,5, 故1.83这一数据不应弃去。 24. 用K2Cr2O7基准试剂标定Na2S2O3溶液的浓度（molL-1），4次结果为：0.1029，0.1056，0.1032和0.1034。（1）用格鲁布斯法检
35、验上述测定值中有无可疑值（P=0.95）；（2）比较置信度为0.90和0.95时的置信区间，计算结果说明了什么？ 解：(1) 查表3-4得, G0.95,4=1.46 , G1G0.95,4故0.1056这一数据应舍去。 (2) 当 P=0.90时， 因此 当 P=0.95时， 因此 由两次置信度高低可知，置信度越大，置信区间越大。 25. 已知某清洁剂有效成分的质量分数标准值为54.46%，测定4次所得的平均值为54.26%，标准偏差为0.05%。问置信度为0.95时，平均值与标准值之间是否存在显著性差异? 解：根据 查表3-2得t0.95,3=3.18 , 因tt0.95,3 ，说明平均值
36、与标准值之间存在显著性差异。 26. 某药厂生产铁剂，要求每克药剂中含铁48.00mg.对一批药品测定5次，结果为（mgg-1）：47.44，48.15，47.90，47.93和48.03。问这批产品含铁量是否合格（P=0.95）？ 解： 查表3-2, t0.95,4 =2.78 , tt0.95,4说明这批产品含铁量合格。 27. 分别用硼砂和碳酸钠两种基准物标定某HC1溶液的浓度（moll-1），结果如下： 用硼砂标定 =0.1017，s1=3.910-4，n1=4 用碳酸钠标定 =0.1020，s2=2.410-4，n2=5当置信度为0.90时，这两种物质标定的HC1溶液浓度是否存在显著
37、性差异？解：n1=4 n2=5 查表3-5, fs大=3， fs小=4 ， F表=6.59 ， F F表 说明此时未表现s1与s2有显著性差异（P=0.90）因此求得合并标准差为 查表3-2 , 当P = 0.90, f = n1 + n2 2 = 7 时, t 0.90 , 7 = 1.90 , t t0.90 , 7 故以0.90 的置信度认为与无显著性差异。28. 根据有效数字的运算规则进行计算：（1）7.99360.9967-5.02=？（2）0.03255.10360.06 139.8=？（3）（1.2764.17）+1.710-4 -（0.00217640.0121）=？（4） p
38、H=1.05，H+=？ 解：(1) 7.99360.9967-5.02=7.9940.9967-5.02=8.02-5.02=3.00 (2) 0.03255.10360.06139.8=0.03255.1060.1140=0.0712 (3) （1.2764.17）+1.710-4-（0.00217640.0121）=（1.284.17）+1.710-4-（0.002180.0121）= 5.34+0+0=5.34 (4) pH=1.05 ,H+=8.910-229. 用电位滴定法测定铁精矿中铁的质量分数（%），6次测定结果如下： 60.72 60.81 60.70 60.78 60.56 60.84 （1） 用格鲁布斯法检验有无应舍去的测定值（P=0.95）；（2） 已知此标准试样中铁的真实含量为60.75%，问上述测定方法是否准确可靠（P=0.95）？解：(1) 查表3-4得, G0.95,6=1.82 , G1G0.95 , 6 , G2G0.95 , 6 , 故无舍去的测定值。 （2）
