1、第三章 定量分析基础3-1在标定 NaOH 的时，要求消耗 0.1 molL1NaOH 溶液体积为 2030 mL，问：(1)应称取邻苯二甲酸氢钾基准物质(KHC 8H4O4)多少克？(2)如果改用草酸(H 2C2O42H2O)作基准物质，又该称多少克？(3)若分析天平的称量误差为0.0002g，试计算以上两种试剂称量的相对误差。(4)计算结果说明了什么问题？解：(1) NaOH + KHC 8H4O4 = KNaC8H4O4 + H2O滴定时消耗 0.1 molL1NaOH 溶液体积为 20 mL 所需称取的 KHC8H4O4 量为：m1=0.1 molL120mL103204 gmol1=
2、0.4g滴定时消耗 0.1 molL1NaOH 溶液体积为 30 mL 所需称取的 KHC8H4O4 量为：m 2=0.1 molL130mL103204 gmol1=0.6g因此，应称取 KHC8H4O4 基准物质 0.40.6g。(2) 2NaOH + H2C2O4 = Na2C2O4 + 2H2O滴定时消耗 0.1 molL1NaOH 溶液体积为 20 和 30 mL，则所需称的草酸基准物质的质量分别为：m1= 0.1 molL120mL10-3126 gmol1=0.1gm2= 0.1 molL130mL10-3126gmol1=0.2g(3) 若分析天平的称量误差为0.0002g，则
3、用邻苯二甲酸氢钾作基准物质时，其称量的相对误差为：RE1= g4.02= 0.05%RE2= 6.= 0.03%用草酸作基准物质时，其称量的相对误差为：RE1= g.0= 0.2%RE2= .= 0.1%(4) 通过以上计算可知，为减少称量时的相对误差，应选择摩尔质量较大的试剂作为基准物质。3-2有一铜矿试样，经两次测定，得知铜含量为 24.87%、24.93%，而铜的实际含量为 25.05%。求分析结果的绝对误差和相对误差。 解：分析结果的平均值为： x= 21(24.87%+24.93%) =24.90%因此，分析结果的绝对误差 E 和相对误差 RE 分别为：E =24.90% 25.05
4、% = 0.15%Er = %60.5.03-3某试样经分析测得含锰百分率为 41.24，41.27，41.23 和 41.26。求分析结果的平均偏差、相对平均偏差、标准偏差和相对标准偏差。 解：分析结果的平均值 x、平均偏差 d、相对平均偏差、标准偏差 s 和相对标准偏差分别为：= 41(41.24+41.27+41.23+41.26) = 41.25d= 41(0.01+0.02+0.02+0.01) =0.015相对平均偏差 = % 036. 25.0s=018.14.02.22相对标准偏差= %04.125.4083-4分析血清中钾的含量，5 次测定结果分别为(mgmL 1)：0.16
5、0；0.152；0.154；0.156；0.153。计算置信度为 95%时，平均值的置信区间。 解： x=1(0.160+0.152+0.154+0.156+0.153) mgmL1=0.155 mgmL1s= 1502.0.3.05. 222mgmL1 =0.0032 mgmL1置信度为 95%时，t 95%=2.78 ntsx= (0.1550.004) mgmL13-5某铜合金中铜的质量分数的测定结果为 0.2037；0.2040；0.2036。计算标准偏差 s 及置信度为 90%时的置信区间。解： x= 31(0.2037+0.2040+0.2036) = 0.2038s =02.13
6、.02. 22置信度为 90%时，t 90%=2.92 ntsx= 0.20380.00033-6用某一方法测定矿样中锰含量的标准偏差为 0.12%，含锰量的平均值为 9.56%。设分析结果是根据 4 次、6 次测得的，计算两种情况下的平均值的置信区间（95%置信度） 。 解：当测定次数为 4 次、置信度为 95%时，t 95%=3.18ntsx= (9.560.19)%当测定次数为 6 次、置信度为 95%时，t 95%=2.57ts= (9.560.13)%3-7标定 NaOH 溶液时，得下列数据：0.1014 mo1L1，0.1012 mo1L1，0.1011mo1L 1，0.1019
7、mo1L1。用Q 检验法进行检验，0.1019 是否应该舍弃？（置信度为 90%）解： Q =62.0851.09.4当 n=4，Q(90%) = 0.760.62 ，因此，该数值不能弃舍。3-8按有效数字运算规则，计算下列各式：(1) 2.1870.854 + 9.6102 0.03260.00814；(2 ) 1045.96.).(2.；(3) 6301.89；(4) pH=4.03，计算 H+浓度。 解：(1)2.1870.854 + 9.6102 0.03260.00814 =1.868+0.0960.000265=1.964(2) 1045.96.).(2.= 104.96.2350
8、=0.004139(3) 63051.89=704.7(4) pH=4.03，则H +=9.3105 mo1L13-9已知浓硫酸的相对密度为 1.84，其中 H2SO4 含量为 98%，现欲配制 1 L 0.1 molL1 的 H2SO4 溶液，应取这种浓硫酸多少毫升？解：设应取这种浓硫酸 V 毫升，则0.1 molL11L= 1molg9898.0.VV=5mL3-10现有一 NaOH 溶液，其浓度为 0.5450 molL1，取该溶液 50.00 mL，需加水多少毫升才能配制成 0.2000 mo1L1 的溶液？解：设需 V 毫升水，则0.5450 molL150.00 mL =0.200
9、0 molL1 (50.00+V) mLV=86.25mL3-11计算 0.1015 mo1L1HCl 标准溶液对 CaCO3 的滴定度。解：HCl 与 CaCO3 的反应式为：2HCl+ CaCO3=CaCl2+CO2+H2O因此，n(HCl)=2n(CaCO 3)HCl/aOT= CaOHlCl21MVc=1131molg.0L0mo05. =0.005080gmL13-12测定某一热交换器中水垢的 P2O5 和 SiO2 的含量如下（已校正系统误差）% P2O5：8.44，8.32，8.45 ，8.52，8.69，8.38；% SiO2：1.50，1.51，1.68，1.20，1.63，
10、1.72。根据 Q 检验法对可疑数据决定取舍，然后求出平均值、平均偏差、标准偏差、相对标准偏差和置信度分别为 90%及 99%时的平均值的置信区间。解： Q（P 2O5）= 46.0371.869Q(SiO2)= 58.023.17.50当 n=6，置信度为 90%时，Q(90%) = 0.56，Q(90%) = 0.56 Q(P2O5)Q(90%) = 0.56 Q(SiO2)因此 P2O5 含量测定中的可疑数据 8.69 应该保留，而 SiO2 含量测定中的可疑数据 1.20 应该弃舍；置信度为 99%时，Q(99%) = 0.74，Q(99%) = 0.74 Q(P 2O5)；Q(99%
11、) = 0.74Q (SiO2)因此 P2O5 含量测定中的可疑数据 8.69 和 SiO2 含量测定中的可疑数据 1.20 都应该保留。因此，对于 P2O5 的含量分析： x= 61(8.44+8.32+8.45+8.52+8.69+8.38)=8.47d= (0.03+0.15+0.02+0.05+0.22+0.09) =0.09s=13.0169.2.05.02.15.03. 22 相对标准偏差=%.147.80测定次数为 6 次、置信度为 90%时，t 90%=2.02 ntsx= 8.470.11测定次数为 6 次、置信度为 99%时，t 99%=4.03 ts= 8.470.21对
12、于 SiO2 含量分析，当置信度为 90%时：x= 51(1.50+1.51+1.68+1.63+1.72) =1.61d= (0.11+0.10+0.07+0.02+0.11) =0.08s=10.15.02.7.0.1. 22 相对标准偏差=%.6.0测定次数为 5 次、置信度为 90%时，t 90%=2.13 ntsx= 1.610.10置信度为 99%时： x= 61(1.50+1.51+1.68+1.20+1.63+1.72) =1.54d= (0.04+0.03+0.14+0.34+0.09+0.18) =0.14s=19.0168.09.34.03.04. 222 相对标准偏差=
13、%15.9测定次数为 6 次、置信度为 99%时，t 99%=4.03 ntsx= 1.540.313-13分析不纯 CaCO3(其中不含干扰物质)。称取试样 0.3000 g，加入浓度为 0.2500 mo1L1HCl 溶液 25.00 mL，煮沸除去 CO2，用浓度为 0.2012 molL1 的 NaOH 溶液返滴定过量的酸，消耗 5.84 mL，试计算试样中 CaCO3 的质量分数。 解： n(HCl)=2n(CaCO 3) ； n(HCl)=n(NaOH)w(CaCO3)= sCaO(m= s33)CaO()a(mM= sNaHHl21Vc= g30.molg1.0ol1)84520
14、.5.( 13= 0.84673-14.无3-15用 KIO3 作基准物质标定 Na2S2O3 溶液。称取 0.2001 g KIO3 与过量 KI 作用，析出的碘用 Na2S2O3 溶液滴定，以淀粉作指示剂，终点时用去 27.80 mL，问此 Na2S2O3 溶液浓度为多少？每毫升 Na2S2O3 溶液相当于多少克碘？ 解：有关反应为：5I+IO3+6H+ = 3I2+3H2O I2+2S2O32=2I+S4O62n(KIO3) =1n(I2) = n(Na2S2O3)n(KIO3) =mol105.9ol4.0gKI( 41Mmc(Na2S2O3)= )SNa(6a(32IO2V= L8.
15、7l3=0.2018mo1L1每毫升 Na2S2O3 溶液相当于碘的质量为： m(I2)= )I(OSNa(1)I(1)I( 232322322 MVcnn=10.2018 mo1L1103L253.8 g mo11=0.02561g3-16称取制造油漆的填料(Pb 3O4) 0.1000 g，用盐酸溶解，在热时加 0.02 molL1K2Cr2O7 溶液 25 mL，析出PbCrO4：2Pb2+ + Cr2O72 + H2O = 2PbCrO4+ 2H +冷后过滤，将 PbCrO4 沉淀用盐酸溶解，加入 KI 溶液，以淀粉为指示剂，用 0.1000 molL1 Na2S2O3 溶液滴定时，用
16、去 12.00 mL。求 试样中 Pb3O4 的质量分数。 （ Pb3O4 相对分子量为 685.6） 解：有关反应为： Pb3O4(s) + 8HCl = 3PbCl2 + Cl2 + 4H2OCr2O72+ 6I +14H+ = 2Cr3+ +3I2 +7H2OI2 + 2S2O32 = 2I + S4O62n(Pb3O4)=1n(Pb2+)= n(CrO42) = 3n(Cr2O72)= 9n(I2) =1n(Na2S2O3)914.00.6.8512. Pb(Na(Sa(1Pb()Pb()( 3 s43ss43 mMVcmMmw3-17水中化学耗氧量(COD)是环保中检测水质污染程度的
17、一个重要指标，是指在特定条件下用一种强氧化剂(如 KMnO4、K 2Cr2O7)定量地氧化水中的还原性物质时所消耗的氧化剂用量 (折算为每升多少毫克氧，用(O2)表示，单位为 mgL1） 。今取废水样 100.0 mL，用 H2SO4 酸化后，加入 25.00 mL 0.01667 molL1 的K2Cr2O7 标准溶液，用 Ag2SO4 作催化剂煮沸一定时间，使水样中的还原性物质氧化完全后，以邻二氮菲 -亚铁为指示剂，用 0.1000 molL1 的 FeSO4 标准溶液返滴，滴至终点时用去 15.00 mL。计算废水样中的化学耗氧量。(提示：O 2 + 4H+ + 4e = 2H2O ，在
18、用 O2 和 K2Cr2O7 氧化同一还原性物质时， 3 mol O2 相当于 2 mol K2Cr2O7。 ） 解：滴定反应为：6Fe2+ Cr2O72+14H+= 6Fe3+2Cr3+7H2O6n(K2Cr2O7)= n(Fe2+)根据提示 2n(K2Cr2O7) 3n(O2) n(O2) = (3/2)n(K2Cr2O7)1 3 13s227272 sssLmg04.8 L10. molg0.mol)5.60.56.(3 )(Fe(1)CrK()r r(3( VMccMVm3-18称取软锰矿 0.1000 g，用 Na2O2 熔融后，得到 MnO42，煮沸除去过氧化物。酸化后，MnO 4
19、2歧化为MnO4和 MnO2。过滤，滤去 MnO2，滤液用 21.50 mL 0.1000 molL1 的 FeSO4 标准溶液滴定。计算试样中 MnO2 的含量。解：有关反应为： MnO2 + Na2O2 = Na2MnO43MnO42 + 4H+ = 2MnO4+ MnO2 + 2H2OMnO4 + 5Fe2+ + 8H+ = Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O n(MnO2) = n(MnO42) =3n(MnO4) = 103n(Fe2+)5608. g10. molg94.86L52Lmol1.3 )(M)Fe(3)(M)Fe(0(n)(MO13s222s22ss2 Vcw3-1
20、9.无3-20Four measurements of the weight of an object whose correct weight is 0.1026 g are 0.1021g,0.1025g,0.1019g,0.1023g. Calculate the mean, the average deviation, the relative average deviation(%), the standard deviation, the relative standard deviation(%), the error of the mean, and the relative
21、error of the mean(%). Solution: x= 41(0.1021+0.1025+0.1019+0.1023) g = 0.1022gd= (0.0001+0.0003+0.0003+0.0001) g = 0.0002grelative average deviation dr = 0.12g100% = 0.2%s= 0.3g141.03. 222 relative standard deviation CV = 0.1g3100% = 0.3%error of the mean E = x xT = 0.1022g 0.1026g = 0.0004grelative
22、 error of the mean Er =%4.0.2643-21A 1.5380g sample of iron ore is dissolved in acid, the iron is reduced to the +2 oxidation state quantitatively and titrated with 43.50 mL of KMnO4 solution (Fe2+ Fe3+), 1.000 mL of which is equivalent to 11.17 mg of iron. Express the results of the analysis as (1)
23、 w(Fe); (2) w(Fe2O3); (3) w(Fe3O4).Solution:The reaction is MnO4 + 5Fe2+ + 8H+ = Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O(1) 1.000 mL of which is equivalent to 11.17 mg of iron, therefore,3159.0g80.mL5.437)KMn(1.)Fe()(3s41sVmw(2) n(Fe2O3)= (1/2)n(Fe2+)(3) n(Fe3O4)= (1/3)n(Fe2+)517.0g5380. mL50.4318.92 )OFe()21)OFe()21)OFe(Fe()e( 1 s32s32s232s3232 mMnmw
