《分析化学概论》习题答案
最新分析化学练习题(第1章--概论)
分析化学练习题第1章 概论一. 选择题1. 常量组分分析时，试样质量一般为（ ）A. >10.0gB. >1.0g C . > 0.1g D. > 0.01g2. 滴定分析中，一般利用指示剂颜色的突变来判断化学计量点的到达，在指示剂变色时停止滴定。
这一点称为 （ ）A. 化学计量点B. 滴定分析C. 滴定误差D. 滴定终点3. 滴定分析中存在终点误差的原因是（ ）A. 指示剂不在化学计量点时变色B. 有副反应发生C. 滴定管最后估读不准D. 反应速度过慢4. 常用于标定盐酸的基准物质是（ ）A. 邻苯二甲酸氢钾B. 硼砂C. 二水合草酸D. 草酸钠5. 标定NaOH 通常使用的基准物质是（ ）A. HClB. 邻苯二甲酸氢钾 C . 硼砂 D. 硝酸银6. 下列物质中，可以直接用来标定I 2溶液的物质是（ ）A. As 2O 3B. 硼砂C. 邻苯二甲酸氢钾D. 淀粉KI7. 标定KMnO 4溶液浓度时，应使用的基准物质是（ ）A. Na 2CO 3B. Na 2S 2O 3C. Na 2C 2O 4D. K 2Cr 2O 78. 以下基准物质使用前应选择的处理方法是（请填A ，B ，C ，D ）（中科院2007）（1）Na 2CO 3 （2）Na 2B 4O 7·10H 2O （3）H 2C 2O 4·2H 2O （4）NaClA. 500℃下灼烧B. 室温空气干燥C. 置于相对湿度60%下D. 在～300℃灼烧9. 以下标准溶液可以用直接法配制的是（ ）A. KMnO 4B. NaOHC. As 2O 3D. FeSO 410. 硼砂作为基准物质用于标定盐酸溶液的浓度，若事先将其置于干燥器中保存，则对所标定的盐酸溶液浓度结果的影响是（ ）A. 偏高B. 偏低 C . 无影响 D. 不能确定11. KMnO 4溶液的浓度为0.02000mol/L ，则T Fe3+/ KMnO4（M Fe =55.85）的值 （ ）A . 0.001117B . 0.006936C . 0.005585D . 0.1000二. 填空题1. 按照分析手段的不同，分析化学分为 ，化学分析法包括 ，通常适用于测定______含量的组分。
分析化学习题册答案(完整版)
分析化学习题册答案第一章 绪论一、填空题1. 分析方法 分析原理2. 定量分析 定性分析 结构分析3. 化学分析 仪器分析二、简答题答 试样的采集和制备-试样分解-干扰组分的分离-分析测定-结果的计算和评价。
第二章误差与数据处理一、填空题1、系统，偶然2、系统，偶然，真实值，平均值3、0.002，0.0035，1.7%4、精密度，标准5、空白，对照，增加平行测定的次数量6、±0.02 ，±0.0002，20，0.27、5，28、准确，不确定9、3 10、28.70 11、系统，系统，偶然二、选择题1、A2、D3、B4、B5、D6、D7、B8、A9、B 10、C 11、C 三、简答题1．解：（1）产生系统误差。
通常应该烘干至恒重，于干燥器中冷却至室温后，置于称量瓶中，采用差减法称量。
（2）使测量结果产生系统误差。
一般可通过空白试验来消除由此引起的系统误差。
（3）产生偶然误差。
原因是滴定管读数的最后一位是估计值，是不确定的数字。
（4）产生系统误差。
应该使用基准物质重新标定NaOH 标准溶液的浓度。
（5）滴定终点颜色把握不准，深浅不一致，由此带来的误差正负不定，属于偶然误差。
2．称取0.1000g 的试样时，称量的相对误差为0.1%；称取1.000试样时的相对误差为0.01%。
因为分析天平的绝对误差为±0.1mg ，所以称量的绝对误差一样大，称量的准确度好象一致，但二者的相对误差不一样大，称量1.000g 试样的相对误差明显小于称量0.1000 g 试样的相对误差。
因此，用相对误差表示准确度比绝对误差更为确切。
3．甲的报告是合理的，因为取样质量只有两位有效数字，限制了分析结果的准确度，使分析结果最多也只能保留两位有效数字。
四、计算题1．解：应先计算出纯(NH 4)2SO 4试剂中氮的理论含量，再与测定结果进行比较。
ω(B)（理论值）=%100132.13214.01100%)SO)((NH(N)2424⨯⨯=⨯M M =21.21%绝对误差为：21.14%－21.21%=－0.07% 相对误差为：%.%..0301002121070-=⨯-2．解：计算过程（略），结果如下：第一组：1d = 0.24% S 1 = 0.28% RSD 1= 0.74% 第二组：2d =0.24% S 2 = 0.33% RSD 2= 0.87%第二组数据中的最大值为38.3，最小值为37.3；第一组的最大值为38.4，最小值为37.6。
第六章 分析化学概论章节测试题附答案
第六章分析化学概论章节测试题一、选择题（30分）1．定量分析工作要求测定结果的误差。
A. 等于零B. 没有要求C. 略大于允许误差D. 在允许误差范围之内2．可减小分析测定的随机误差的方法是。
A. 提纯试剂B. 进行空白实验C. 进行回收实验D. 增加平行测定的次数3．下列情况可产生系统误差的是。
A. 试样未混匀B. 砝码未经校正C. 砝码读错D. 滴定管渗液滴4．下列各式中，有效数字位数正确的是。
A. c (H+) =3.24×10-2（3位）B. pH=3.24（3位）C. 0.420 （4位）D. 0.80g（3位）5．以未干燥的Na2CO3标定HCl，则HCl的浓度将。
A. 偏高B. 偏低C. 无影响D. 不能确定6．以下试剂能作为基准物质的是。
A. 100～110℃干燥的Na2CO3B. 优级纯的KOHC. 100～110℃干燥的K2Cr2O7D. 优级纯的Na2B4O7∙5H2O 7．以风化的Na2B4O7∙n H2O标定HCl，则HCl的浓度将。
A.偏高B.偏低C.无影响D.不能确定8．下列不属于系统误差的是。
A. 被称量的试样含有微量干扰物质B. 蒸馏水含有微量杂质C. 使用的容量瓶未经校正D. 滴定管在使用前未排气泡9．下列有关置信区间的定义正确的是。
A. 以真值为中心的某一区间包括测定结果的平均值的概率B. 在一定置信度时，以测定值的平均值为中心的包括真值的范围C. 真值落在某一可靠区间的概率D. 在一定置信度时，以真值为中心的可靠范围10．下述有关平均值的置信区间的论述错误的是。
A. 在一定的置信度和标准偏差时，测定次数越多，平均值的置信区间越小B. 其他条件不变时，给定的置信度越高，平均值的置信区间越宽C. 平均值的数值越大，置信区间越宽D. 当置信度与测定次数一定时，一组测量值的精密度越高，平均值的置信区间越小11．滴定分析中，指示剂颜色突变时停止滴定，这一点称为。
《分析化学》习题答案(华中师范大学、东北师范大学、陕西师范大学、北京师范大学)Microsoft-Word-文档
21世纪师范类教学用书 国家“十二五”规划教材参考分析化学（含仪器分析）---课后参考答案汇编陕西师范大学 华东师范大学 北京师范大学东北师范大学 合编 刘瑞林主编陕西师范大学出版社出版第一章 绪 论答案：1．仪器分析法灵敏度高。
2．仪器分析法多数选择性较好。
3．仪器分析法分析速度较快，利于批量样品分析。
4．易于使分析工作自动化。
5．相对误差较大。
6．设备复杂、价格昂贵，对仪器工作环境要求较高。
第二章 定性分析1.解：最底浓度 12005.01-⋅===mL g V m B μρ 1:G=1:5×1042.解：检出限量 g V m B μρ510005.0=⨯=⋅=3.答：应选用（2）1mol·L -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PbCl 2﹑HNO 3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.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.答:（1） H2O2+2H+ +2e=2H2O E0=1.77 VSn4++2e=Sn2+ E o=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- E o=0.5345 VAsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2O E o=0.559 VI-是比AsO33-强的还原剂，所以NH4I可以还原AsO43-6.答:（1）因为HNO3是强的氧化剂会把组试剂H2S氧化成硫而沉淀。
分析化学分析化学全书 各章习题及答案
第 1 页共19 页分析化学习题第一章概论练习题及答案一、基础题1、下列论述中正确的是：（）A、准确度高，一定需要精密度高；B、精密度高，准确度一定高；C、精密度高，系统误差一定小；D、分析工作中，要求分析误差为零2、在分析过程中，通过（）可以减少随机误差对分析结果的影响。
A、增加平行测定次数B、作空白试验C、对照试验D、校准仪器3、下列情况所引起的误差中，不属于系统误差的是（）A、移液管转移溶液之后残留量稍有不同B、称量时使用的砝码锈蚀C、滴定管刻度未经校正D、以失去部分结晶水的硼砂作为基准物质标定盐酸4、下列有关随机误差的论述中不正确的是（）A、随机误差是随机的；B、随机误差的数值大小，正负出现的机会是均等的；C、随机误差在分析中是无法避免的；D、随机误差是由一些不确定的偶然因素造成的5、随机误差是由一些不确定的偶然因素造成的、2.050×10-2是几位有效数字（）。
A、一位B、二位C、三位D、四位6、用25ml移液管移出的溶液体积应记录为（）ml。
A、25.0B、25C、25.00D、25.0007、以下关于偏差的叙述正确的是（）。
A、测量值与真实值之差B、测量值与平均值之差C、操作不符合要求所造成的误差D、由于不恰当分析方法造成的误差8、分析测定中出现的下列情况，何种属于随机误差?( )A、某学生几次读取同一滴定管的读数不能取得一致B、某学生读取滴定管读数时总是偏高或偏低；C、甲乙学生用同样的方法测定，但结果总不能一致；D、滴定时发现有少量溶液溅出。
9、下列各数中，有效数字位数为四位的是（）A 、10003.0-⋅=+L mol c HB 、pH=10.42C 、=)(MgO W 19.96%D 、0. 040010、下列情况引起的误差不是系统误差的是（ ）A 、砝码被腐蚀；B 、试剂里含有微量的被测组分；C 、重量法测定SiO2含量是，试液中硅酸沉淀不完全；D 、天平的零点突然有变动二、提高题11、滴定分析法要求相对误差为±0.1%，若使用灵敏度为0.0001g 的天平称取试样时，至少应称取（ ）A 、0.1g ；B 、 0.2g ；C 、 0.05g ；D 、 1.0g12、由计算器算得(2.236×1.1124)/(1.03590×0.2000)的结果为12.00562989，按有效数字运算规则应将结果修约为：( )A 12.006B 12.00；C 12.01；D 12.013、有关提高分析准确度的方法，以下描述正确的是（ ）。
分析化学课后答案
分析化学课后答案【篇一：分析化学课后题答案 (4)】多少？若此时y(h)。
y(h)= lgck稳y(h)=6.45，zn2+y(h)=16.50-6.46=10.05﹥8，可以滴定。
y(h)=4.65，lgk’=lgk稳y(h)=8.69-4.65=4.04，y(h)= lgk稳-8=0.69，查表5-2得ph≈9.6。
y(h)= lgk稳稳-8=25.1-8=17.1，查表5-2得ph≈1.2y(h)= lgk-8=14.33-8=6.33，查表5-2得ph≈5.12.8y(h)= lgck稳2.85.6称取0.1005g纯caco3溶解后，用容量瓶配成100ml溶液。
吸取25ml，在ph﹥12时，用钙指示剂指示终点，用edta标准溶液滴定，用去24.90ml。
试计算：（1）edta溶液的浓度；（2）每毫升edta溶液相当于多少克zno和fe2o3。
5.8称取1.032g氧化铝试样，溶解后移入250ml容量瓶，稀释至刻度。
吸取25.00ml，加入tal2o3=1.505mg/ml的edta标准溶液10.00ml，以二甲酚橙为指示剂，用zn(oac)2标准溶液进行返滴定，至红紫色终点，消耗zn(oac)2标准溶液12.20ml。
已知1mlzn(oac)2溶液相当于0.6812ml edta溶液。
求试样中al2o3的质量分数。
25.00ml试液，调至ph=10，加kcn以掩蔽铜和锌，用同浓度edta溶液滴定mg2+，用取4.10ml，然后再滴加甲醛以解蔽锌，又用同浓度edta溶液滴定，用去13.40ml。
计算试样中铜、锌、镁的质量分数。
hg2+ + 2c12h11n2o3 = hg(c12h11n2o3)2－【篇二：分析化学课后答案__武汉大学__第五版_上册】>1. 称取纯金属锌0.3250g，溶于hcl后，定量转移并稀释到250ml容量瓶中，定容，摇匀。
计算zn2+溶液的浓度。
解：czn2??0.325065.39250?10?3?0.01988mol?l?12. 有0.0982mol/l的h2so4溶液480ml,现欲使其浓度增至0.1000mol/l。
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21世纪师范类教学用书 国家“十二五”规划教材参考分析化学（含仪器分析）---课后参考答案汇编陕西师范大学 华东师范大学 北京师范大学东北师范大学 合编 刘瑞林主编陕西师范大学出版社出版第一章 绪 论答案：1．仪器分析法灵敏度高。
2．仪器分析法多数选择性较好。
3．仪器分析法分析速度较快，利于批量样品分析。
4．易于使分析工作自动化。
5．相对误差较大。
6．设备复杂、价格昂贵，对仪器工作环境要求较高。
第二章 定性分析1.解：最底浓度 12005.01-⋅===mL g V m B μρ 1:G=1:5×1042.解：检出限量 g V m B μρ510005.0=⨯=⋅=3.答：应选用（2）1mol·L -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PbCl 2﹑HNO 3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.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.答:（1） H2O2+2H+ +2e=2H2O E0=1.77 VSn4++2e=Sn2+ E o=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- E o=0.5345 VAsO43-+4H++2e=AsO33-+2H2O E o=0.559 VI-是比AsO33-强的还原剂，所以NH4I可以还原AsO43-6.答:（1）因为HNO3是强的氧化剂会把组试剂H2S氧化成硫而沉淀。
1～9章分析化学习题课答案解析
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3 、 六 次 甲 基 四 胺 的 pKb=8.85 ， 用 它 配 制 缓 冲 溶 液 时 的 pH 缓 冲 范 围 是 4.15~6.15 ，NH3的pKb=4.74，其pH缓冲范围是 8.26~10.26 。
4、用0.100mol· L-1 HCl滴定同浓度NH3溶液（pKb=4.74）时，pH突跃范围为 6.3～4.3。若0.100mol· L-1HCl滴定同浓度的某碱B（pKb=3.74）时，pH突 跃范围是 7.3~4.3 。 5、在下列物质中， NH4Cl( NH3 pKb=4.74 ) 、 苯 酚 （ pKa=9.96 ） 、 Na2CO3( H2CO3 pKa1=6.38、pKa2=10.25)、NaAc( HAc pKa=4.74)、HCOOH(pKa=3.74) 其中能用强碱标准溶液直接滴定的物质是 其中能用强酸标准溶液直接滴定的物质是 HCOOH Na2CO3 。 。
21
8、用 NaOH标准溶液滴定浓度均为 0.1mol/L 的HCl-H3PO4
混合液，在滴定曲线上出现几个突跃 （
8．由计算器算得
D．2.1 (二位) ）
算规则将结果修约为（
A．0.016445 C．0.01644
11
9.25 0.21334 的结果为0.0164449。按有效数字运 1.200 100
D
B．0.01645 D．0.0164
9．下列有关随机误差的叙述中不正确的是（ C ）
A．随机误差在分析中是不可避免的 B．随机误差出现正误差和负误差的机会是均等的 C．随机误差具有单向性 D．随机误差是由一些不确定的偶然因素造成的 10．指出下列表述中错误的表述（ A ） A．置信水平愈高,测定的可靠性愈高
（B） c(FeSO4) = 2c(H2C2O2) （D） c(FeSO4) = 4c(H2C2O2)
分析化学详细标准答案
第1章分析化学概论1. 称取纯金属锌0.3250g ，溶于HCl 后，定量转移并稀释到250mL 容量瓶中，定容，摇匀.计算Zn 2+溶液地浓度. 解：2130.325065.390.0198825010Zn c mol L +--==⨯ 2. 有0.0982mol/L 地H 2SO 4溶液480mL,现欲使其浓度增至0.1000mol/L.问应加入0.5000mol/L H 2SO 4地溶液多少毫升？解：112212()c V c V c V V +=+220.0982/0.4800.5000/0.1000/(0.480)mol L L mol L V mol L L V ⨯+⨯=⨯+2 2.16V mL =4．要求在滴定时消耗0.2mol/LNaOH 溶液25~30mL.问应称取基准试剂邻苯二甲酸氢钾(KHC 8H 4O 4)多少克？如果改用22422H C O H O ⋅做基准物质，又应称取多少克？解：844:1:1NaOH KHC H O n n =1110.2/0.025204.22/ 1.0m n M cV M mol L L g mol g ===⨯⨯=2220.2/0.030204.22/ 1.2m n M cV Mmol L L g mol g ===⨯⨯=应称取邻苯二甲酸氢钾1.0~1.2g22422:2:1NaOH H C O H O n n ⋅=1111210.2/0.025126.07/0.32m n M cV M mol L L g mol g ===⨯⨯⨯=2221210.2/0.030126.07/0.42m n M cV M mol L L g mol g ===⨯⨯⨯=应称取22422H C O H O ⋅0.3~0.4g6．含S 有机试样0.471g ，在氧气中燃烧，使S 氧化为SO 2，用预中和过地H 2O 2将SO 2吸收，全部转化为H 2SO 4，以0.108mol/LKOH 标准溶液滴定至化学计量点，消耗28.2mL.求试样中S 地质量分数.解：2242S SO H SO KOH100%10.108/0.028232.066/2100%0.47110.3%nM w m mol L L g mol g=⨯⨯⨯⨯=⨯=8．0.2500g 不纯CaCO 3试样中不含干扰测定地组分.加入25.00mL0.2600mol/LHCl 溶解，煮沸除去CO 2，用0.2450mol/LNaOH 溶液反滴定过量酸，消耗6.50mL ，计算试样中CaCO 3地质量分数.解：32CaCO HClNaOH HCl001()2100%100%1(0.2600/0.0250.2450/0.0065)100.09/2100%0.250098.24%cV cV M nM w m m mol L L mol L L g molg-=⨯=⨯⨯-⨯⨯=⨯= 9 今含有MgSO 4·7H 2O 纯试剂一瓶，设不含其他杂质，但有部分失水变为MgSO 4·6H 2O ，测定其中Mg 含量后，全部按MgSO 4·7H 2O 计算，得质量分数为100.96%.试计算试剂中MgSO 4·6H 2O 地质量分数.解：设MgSO 4·6H 2O 质量分数ωx MgSO 4·7H 2O 为1-ωx100.96%=1-ωx +ωx ×6H2O)M(MgSO4)7H M(MgSO 24⋅⋅O ωx =11%96.10067--M M =1455.22847.2460096.0-=0.1217 若考虑反应,设含MgSO 4·7H 2O 为n 1 molMgSO 4·6H 2O 为n 2 mol样本质量为100g.n=n 1+n 2n ⨯246.47=100.96n 1⨯228.455+ n 2⨯246.47=10018n 1=0.96⇒n=0.253m(MgSO 4·6H 2O)=n ⨯M MgSO 4·6H 2O =0.053⨯226.45=12.18ω=10018.12=0.121810．不纯Sb 2S 30.2513g ，将其置于氧气流中灼烧，产生地SO 2通入FeCl 3溶液中，使Fe 3+还原至Fe 2+，然后用0.02000mol/LKMnO 4标准溶液滴定Fe 2+，消耗溶液31.80mL.计算试样中Sb 2S 3地质量分数.若以Sb 计，质量分数又为多少？解：2232462365Sb S Sb SO Fe KMnO +232323550.0200/0.031800.0005366220.000530.001060.00053339.68/100%71.64%0.25130.00106121.76/100%51.36%0.2513Sb S Sb S Sb Sb S Sb n cV mol L L mol n n mol molmol g mol w gmol g mol w g ==⨯⨯===⨯=⨯=⨯=⨯=⨯=12. 用纯As 2O 3标定KMnO 4溶液地浓度.若0.211 2 g As 2O 3在酸性溶液中恰好与36.42 mL KMnO 4反应.求该KMnO 4溶液地浓度.解： 323345104As O AsO MnO -- 故4410005KMnO m cV M =⨯⨯440.2112100050.02345(/)36.42197.8KMnO c mol L ⨯⨯==⨯14．H 2C 2O 4作为还原剂.可与KMnO 4反应如下：-+2+2244225H C O +2MnO +6H =10CO +2Mn +8H O ↑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 KMnO 4溶液与500mg H 2C 2O 4完全反应所消耗地体积（mL ）.解： 22422422435001000 5.55310()90.035H C O H C O H C O m n mol M -===⨯2242H C O NaOH 22433322 5.5531011.10610()11.106100.111()111()0.100NaOH H C O NaOH NaOHNaOH n n mol n V L mL c ---==⨯⨯=⨯⨯==== 224425H C O KMnO42243322 5.55310 2.22110()55KMnO H C O n n mol --==⨯⨯=⨯44432.221100.0222()22.2()0.100KMnO KMnO KMnO n V L mL c -⨯====16. 含K 2Cr 2O 7 5.442g ·L -1地标准溶液.求其浓度以及对于Fe 3O 4（M=231.54g ·mol -1）地滴定度（mg/mL ）.解： 227227227 5.442294.180.01850(/)1K Cr O K Cr O K Cr O n c mol L V ===3422722734/20.01850231.5428.567(/)Fe O K Cr O K Cr O Fe O T c M mg mL =⨯⨯=⨯⨯=18. 按国家标准规定，化学试剂FeSO 4·7H 2O （M =278.04g ·mol -1）地含量：99.50~100.5%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KMnO 4法测定，称取试样1.012g ，在酸性介质中用0.02034 mol ·L -1 KMnO 4溶液滴定，至终点时消耗35.70mL.计算此产品中FeSO 4·7H 2O 地质量分数，并判断此产品符合哪一级化学试剂标准.解： 245Fe MnO +-4243735.70550.02034 3.63110()1000FeSO H O MnO n n mol --∙∴==⨯⨯=⨯ 424242427777FeSO H O FeSO H O FeSO H OFeSO H O m n M m m ω∙∙∙∙⨯== 33.63110278.0499.76%1.012-⨯⨯==故为一级化学试剂.20. CN -可用EDTA 间接滴定法测定.已知一定量过量地Ni 2+与CN -反应生成Ni(CN)24-，过量地Ni 2+以EDTA 标准溶液滴定，Ni(CN)24-并不发生反应.取12.7mL 含CN -地试液，加入25.00mL 含过量Ni 2+地标准溶液以形成Ni(CN)24-，过量地Ni 2+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Ni 2+标准溶液30.0mL 完全反应.计算含CN -试液中CN -地物质地量浓度.解： 2Ni EDTA +222239.30.013010000.01703(/)30.01000Ni EDTA Ni Ni Ni n n c mol L V V ++++⨯∴==== 222425.000.01703 4.257510()1000Ni Ni Ni n c V mol +++-''==⨯=⨯ 410.10.0130 1.31310()1000EDTA EDTA EDTA n c V mol -''=⨯=⨯=⨯234() 1.177810()EDTA CN Ni n n n mol -+-''=-=⨯31.1778100.0927(/)12.71000CN CN CN n c mol L V ----⨯===第2章 分析试样地采集与制备1．某种物料，如各个采样单元间标准偏差地估计值为0.61％，允许地误差为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=1.90221.900.61()() 5.860.48t n E σ⨯===≈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％，求各个采样单元间地标准偏差．如果允许地误差为0.20％，置信水平选定为95％，则在分析同样地物料时，应选取多少个采样单元？解：f=7 P=85% 查表可知 t=2.36222.360.13()() 2.430.20t n E σ⨯===≈4．已知铅锌矿地K 值为0.1，若矿石地最大颗粒直径为30 mm ，问最少应采取试样多少千克才有代表性?解：220.13090()Q Kd kg ≥=⨯=5．采取锰矿试样15 kg ，经粉碎后矿石地最大颗粒直径为2 mm ，设K 值为0.3，问可缩分至多少克？解：220.32 1.2()Q Kd kg ≥=⨯= 设缩分n 次，则1() 1.2()2n Q kg ⨯≥ 115() 1.2()2n kg ⨯≥1ln15ln ln1.22n +≥ 解得 3.6n ≤，所以n=3m =3115() 1.875()2kg ⨯=第3章分析化学中地误差与数据处理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⨯2.12345 (3)10000000.11245.0)32.100.24(00.45⨯⨯-⨯(4) pH=0.06，求[H +]=?解：a. 原式=19.47+1.54-0.04+2.54=23.51b. 原式=3.6×0.032×21×2.1=5.1c. 原式=45.0022.680.1245=0.12711.0001000⨯⨯⨯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：m C A -=χ，A 为测量值，C 为空白值，m 为试样质量.已知 s A =s C =0.1，s m =0.001，A =8.0，C =1.0，m =1.0，求s x . 解：222222222()422222220.10.10.001 4.0910()()(8.0 1.0) 1.0A C x m A C m s s s s s s x A C m A C m --++=+=+=+=⨯---且8.0 1.07.01.0x -==故0.14x s ==5. 反复称量一个质量为 1.0000g 地物体，若标准偏差为0.4mg ，那么测得值为1.0000~1.0008g 地概率为多少？ 解：由0.4mg σ= 1.0000g μ=故有1.0000 1.0000 1.0008 1.00000.00040.0004u --≤≤即02u ≤≤查表得 P=47.73%7．要使在置信度为95％时平均值地置信区间不超过±s ，问至少应平行测定几次?解：x x t s x t μ=±⋅=± 查表，得：5, 2.57, 1.04916, 2.45,0.92615f t f t ====>====<t 时t 时故至少应平行测定次9. 测定黄铁矿中硫地质量分数，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%时总体平均值地置信区间.解：611i i x x n ==∑ 30.48%30.42%30.59%30.51%30.56%30.49%30.51%6+++++==s =置信度为95%时：0.05,5,2.57,30.51% 2.5730.51%0.06%f t x t αμ==±=±=±11.下列两组实验数据地精密度有无显著性差异(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. 6119.57i i x x n ===∑5.71%s == 故2432.610s -=⨯b. 6119.47i i x x n ===∑8.51%s == 故2472.410s -=⨯所以242472.410 2.22132.610b a s F s --⨯===⨯ 查表得 5.05F =表>2.22113．用两种不同分析方法对矿石中铁地质量分数进行分析，得到两组数据如下：χs n方法1 15.34％0.10％11方法2 15.43％0.12％11a．置信度为90％时，两组数据地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，两组分析结果地平均值是否存在显著性差异?解：(a)21s=0.00102，22s=0.00122F=2221ss=1.44<F表=2.97所以两组数据地标准偏差无显著性差异.(b)由2s=210id∑得，2id∑=0.01，22d∑=0.012 ∴=0.0332=3.32% ∴=0.063 查表得：当置信度为90%时，0.10,20t=1.72>0.063 查表得：当置信度为95%时，0.05,20t=2.09>0.063 查表得：当置信度为99%时，0.01,20t=2.84>0.063 所以两组分析结果地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地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，1-Clω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，两瓶试剂含Cl -1地质量分数是否有显著性差异？ 解：用F 检验法：A X =iX n∑=60.45%，2s A=21i d n -∑=2.3⨯10-3B X =iX n∑=60.11%，2s B=21i d n -∑ =2.6⨯10-3F=22B A S S =1.13，查表得F 表=9.28>1.13因此没有差异. 用t 检验法：⨯10-4所以=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 地灵敏度，改用一种新地显色剂.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 地灵敏度是否有显著提高?(置信度95％)解：用F 检验法：A X =iX n∑=0.127，，2s A=21i d n -∑=1.3⨯10-5B X =iX n∑=0.135,2s B=21i d n -∑=1.9⨯10-5F=22s B s A =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：⨯10-3所以=2.8 而查表得t 表=2.45<2.8所以存在显著性差异.21．某荧光物质地含量(χ)及其荧光相对强度(y )地关系如下：含量 χ/μg 0.0 2.0 4.0 6.0 8.0 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 间地相关关系.解：由题意可得，x =6.0，y =13.1，71()()iii x x y y =--∑=216.2，721()ii x x =-∑=112.0，21()ni i y y =-∑=418.28，所以b=71721()()()iii i i x x y y x x ==---∑∑=216.2112.0=1.93，a y bx =-=13.1-1.93⨯6.0=1.52所以一元回归方程为：y=1.52+1.93x（b）因为r ==0.9987比较接近于1，所以y 与x 地线性关系很好.第5章 酸碱平衡和酸碱滴定法1．写出下列溶液地质子条件式.a．c1 mol·L-l NH3 + c2 mol·L-l NH4Cl；c．c1 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-] + 2[HPO42-] + 3[PO43-] + [HCOO-]+[OH-]3．计算下列各溶液地pH.a．0.050 mol·L-l NaAc；c．0.10 mol·L-l NH4CN；e．0.050 mol·L-l氨基乙酸；g．0.010 mol·L-l H2O2液；i．0.060 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，K b =K w / K a = 5.6 ⨯ 10-10应为cK b = 5.6 ⨯ 10-10⨯ 5 ⨯10-2 = 2.8 ⨯ 10-11> 10K wc/K b> 100故使用最简式；[OH-] = ⨯ 10-6pH = 14 – pOH = 8.72c. NH4+K a’ = 5.6 ⨯ 10-10HCN K a = 6.2. ⨯ 10-10cK a’ > 10K w c > 10 K a由近似公式可以得到：[H+] = = ⨯ 10-10pH = 10 – 0.77 = 9.23e. 氨基乙酸一端羧基显酸性，一端氨基显碱性，K a1 = 4.5⨯ 10-3 , K a2 = 2.5 ⨯ 10-10c/K a2> 100 且c > 10 K a1所以[H+] = ⨯ 10-6pH = 6-0.03 = 5.97g. 对于双氧水而言，K a = 1.8 ⨯ 10-12cK a < 10K w c/K a> 100所以可以计算氢离子浓度[H+] = ⨯ 10-7pH = 7 – 0.22 = 6.78i. 由于ClCH 2COONa + HCl = ClCH 2COOH + NaCl所以原溶液可以看成0.050mol/L 地ClCH 2COOH 和0.010mo/LHCl 地混合溶液设有x mol/L 地ClCH 2COOH 发生离解，则 ClCH 2COOHClCH 2COO - + H +0.05-x x 0.01+x所以有(0.01)0.05x xx +- = K a = 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·L -l NaHSO 4和2.0×10-6 mol·L -l HAc.a ．计算此混合溶液地pH.b ．加入等体积0.10 mol·L -l NaOH 溶液后，溶液地pH. 解：a. HSO 4- K a2=1.0×10-2 HAc K a =1.8×10-5均为弱酸，且浓度远低于HCl 地浓度，所以此体系中地HSO 4-和HAc 在计算pH 值时刻忽略.故pH=1.00. b.加入等体积0.1mol/LNaOH 溶液，HCl 被中和，体系变为HSO 4-和HAc 地混酸体系，H +⎡⎤=⎣⎦ 忽略K W 及K HA [HA]，[H + ]2=4HSO K -（C HSO4--[H + ]）解得[H + ]=9.90×10-5 故pH=4.007．已知Cr 3+地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(ClO 4)3地pH 为多少? 此时溶液中Cr(OH)2+地分布分数是多大?解：1）3.82 5.8a K 10101010Wc K ---⋅=⨯=1.8a 10100K c=<31.18210H +-⎡⎤==⨯⎣⎦ mol/L故pH=2.932）2 3.8a 3.8 2.93()a K 100.121010K Cr OH H δ+---+===+⎡⎤+⎣⎦9．今用某弱酸HB 及其盐配制缓冲溶液，其中HB 地浓度为0.25 mol·L -l .于100mL 该缓冲溶液中加入200 mg NaOH(忽略溶液体积地变化)，所得溶液地pH 为5.60.问原来所配制地缓冲溶液地pH 为多少? (已知HB 地6a 5.010K -=⨯) 解：2000.0540100NaOH C ==⨯（mol/L ）已知p K a =5.30，pH=5.60设原缓冲溶液中盐地浓度为x mol/L ，故0.055.60 5.30lg0.25xx +=+-得x=0.35则原缓冲溶液pH= 0.355.30lg5.440.25+=11．配制氨基乙酸总浓度为0.10 mol·L -l 地缓冲溶液(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，所得溶液地缓冲容量为多大?解：设酸以HA 表示，p K a1=2.35 p K a2=9.60 1)需HA 质量m=0.10×100×75.0×310-＝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1lg HA a HA c H pH pK c H -++⎡⎤+⎣⎦=+⎡⎤-⎣⎦即0.12.00 2.35lgx H x H ++⎡⎤-+⎣⎦=-⎡⎤-⎣⎦，解得x=0.079生成0.079mol/L 地质子化氨基乙酸，需加酸为0.079×100=7.9ml19. 用10.1mol L -⋅NaOH 滴定10.1mol L -⋅HAc 至8.00pH =.计算终点误差. 解：SP 时10.05NaOH c mol L -=⋅105.610wb aK K K -==⨯20b w K c K >500bcK >6[] 5.2910OH --=⨯1460.728.72sp pH =-+=8.008.720.72ep sp pH pH pH ∆=-=-=-0.720.72%100TE -=1000.05==-22. 用10.100mol L-⋅NaOH滴定10.100m o l L-⋅羟胺盐酸盐（3NH OH Cl+-⋅）和10.100m o l L-⋅4N H C l地混合溶液.问.a化学计量点时溶液地pH为多少？.b在化学计量点有百分之几地4NH Cl参加了反应？解：(1) 已知3NH OH Cl+-⋅61.110waKKK-==⨯SP时，产物为2NH OH和4NH+[]H+==82.510(/)mol L-=⨯7.61pH=(2) SP时，8[] 2.510/H mol L+-=⨯3410338105.610[]0.0500 1.110(/)2.510 5.610NH NHNH c mol Lδ+----⨯=⋅=⨯=⨯⨯+⨯∴参加反应地4NH Cl百分数为：31.110100% 2.2%0.0500-⨯⨯=25.称取钢样1.000g ，溶解后，将其中地磷沉淀为磷钼酸铵.用20.00mL 10.1000mol L -⋅NaOH 溶解沉淀，过量地NaOH 用3HNO 返滴定至酚酞刚好褪色，耗去10.2000mol L-⋅3HNO 7.50mL.计算钢中P 和25P O 地质量分数.解：P424()NH HPO 712MoO 24NaOH2512P O过量330.27.510 1.510()NaOH mol --=⨯⨯=⨯ 用于滴定磷钼酸铵地3340.12010 1.510 5.010()NaOH mol ---=⨯⨯-⨯=⨯ 含Ｐ物质地量为：455.010 2.110()24mol --⨯=⨯52.11031%1000.0651P -⨯⨯=⨯=525 2.110142%1000.1512P O -⨯⨯=⨯=⨯28. 标定甲醇钠溶液时，称取苯甲酸0.4680g ，消耗甲醇钠溶液25.50mL ，求甲醇钠地浓度.解：3CH ONa 65C H COOH，令其浓度为c30.46800.1500(/)25.5010122c mol L -==⨯⨯第7 章氧化还原滴定法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：E Hg22+/Hg=EθHg22+/Hg+0.5*0.0592lg[Hg2+]=0.793+0.5*0.0592lg(K sp/[Cl-]2)EθHg22+/Hg=0.793+0.0295lgK sp=0.265VE Hg22+/Hg=0.265+0.5*0.0592lg(1/[Cl-]2)=0.383V5. 解：E MnO4-/Mn2+= Eθ′MnO4-/Mn2++0.059*lg（[MnO4-]/[Mn2+]）/5当还原一半时：[MnO4-]=[Mn2+] 故E MnO4-/Mn2+= Eθ′MnO4-/Mn2+=1.45V[Cr2O72-]=0.005mol/L[Cr3+]=2*0.05=0.10mol/LE Cr2O72-/Cr3+= Eθ′Cr2O72-/Cr3++0.059/6*lg（[Cr2O72-]/[Cr3+]）=1.01V7. 解：Cu+2Ag＋＝Cu2＋＋2AglgK＝（0.80-0.337）*2/0.059＝15.69K＝1015.69＝[Cu2＋]/[ Ag＋]2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/L9. 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)=0.01667mol/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=E I3-/ I-0.059/2* lg0.01667/0.700=0.506V(b) 当滴定分数为1.00时，由不对称地氧化还原反应得：E I-3/ I-=0.545+0.0295 lg[I-3]/[ I-]3(1)E S4O62/-S2O32-=0.080+0.0295 lg[S4O62-]/ [S2O32]2 (2)(1)*4+(2)*2得：6E sp=2.34+0.059 lg[I-3]2[S4O62-]/[ I-]6[S2O32-]2由于此时[S4O62-]=2[I-3]，计算得[S4O62-]=0.025mol/L [ I-]=0.55mol/L,代入上式E sp=0.39=0.059/6* lg[S4O62-]/4[ I-]6=0.384V(c) 当滴定分数为1.5, E= E S4O62/-S2O32-=0.80+0.0295 lg[S4O62-]/ [S2O32]2 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=1.30V11．解：Ce4+Fe2+=Ce3++Fe3+终点时C Ce3+=0.05000mol/l, Fe2+=0.05000mol/l.所以C Ce4= C Ce3+*10(0.94-1.44)/0.059=1.7*10-10mol/lC Fe2+=C Fe3+*10(0.94-0.68)/0.059=2.0*10-6mol/l得E t=(1.7*10-10-2.0*10-6)/(0.0500+2.0*10-6)*100%=-0.004%13．解：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe2+在H2SO4介质中，终点时E ep=0.48V,E sp=(1.48+0.68)/2=1.06V,E θ=1.44-0.68=0.76V, E=0.84-1.06=-0.22E t=(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=102.0E Fe3+/Fe2+=0.68+0.059lg∂Fe3+=0.61VE sp=(1.44+0.617)/2=1.03VE=0.84-1.03=-0.19V E θ=0.83V,由林邦误差公式: E t=(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-ω(V)=5*0.02000*2.50*50.49/1.000*1000*100%=1.27%ω(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++H2O,2MnO4-+5C2O42-+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O∴5PbO 25PbO 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ω(PbO2)=0.2392/1.234*100%=19.38%,ω(PbO)=0.4464/1.234*100%=36.17%.19. 解：由化学反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O, I2+S2O32-=2I-+S4O62-得1KIO35I-3I26Na2S2O3c KI*25.00=5*(10.00*0.05000-21.14*0.1008*1/6),得c KI=0.02896mol/L21. 解：由3NO2+H2O=2HNO3+NO, 及氮守恒得3NH4+3NH33NO22HNO32NaOH,ω(NH3)=0.0100*20.00+3*M(NH3)/(1.000*1000*2)*100%=0.51%23. 解：由此歧化反应地电子守恒得：3/2Mn2+ MnO4-ω(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-，m Cr=2*M(Cr)(0.500/M[Fe(NH4)(SO4)2∙6H2O]-6*0.00389*0.01829)/6=1.486*10-2ρV=m,V=Sh ⇒h=6.80*10-528. 解：()3340.1014.300.0510 1.2910n mol--=-⨯⨯=⨯乙二醇故31.291062.040.0800480.04m g mg-=⨯⨯==乙二醇31. 解：由关系式23322336CH COCH I S O -得：()3500.050.50.110105810100%38.71%36w -⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯=⨯34. 解：a 、sul 地分子结构式为b 、3226533BrO H Br Br H O-+-++=+c 、6822266222C H N O S+2Br C H Br N O S+2HBr=d 、由关系式32682233C H N O S 2BrO Br -和223232Br I S O --得：112.920.1215250.01767320.013509202sul c mol L -⨯⨯⨯-==⨯0.0135090.1172.2178.04%80%0.2981sul w ⨯⨯==<故该试样为不合格产品.第8章沉淀滴定法和滴定分析小结2. 解：试样中Cl-地总量即为消耗Ag+地量n(Cl-)=n(Ag+)=0.07916×19.46=1.5405×10-3(mol)设试样中BaCl2地质量为x，则有2x/208.24 + (0.1036 – x)/58.443=1.5405×10-3解得x=0.03093(g)即，试样中地BaCl2地质量为0.03093g4. 解：设试样中K2O地质量为x，Na2O地质量为y2×[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）由（1）（2）解得X=0.05357g y=0.01909gK2O%=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+~3NH4SCNAs%=[0.1000×45.45×10-3×M(As)]/[3×0.5000] ×100%=22.70%8. 解：设该铁地氧化物地分子式为Fe x O y则55.85x+16.00y=0.543455.85x=0.3801∴x= 0.006806y= 0.01020∴y/x =0.01020/0.006806 = 1.5 = 3:2即该铁地氧化物地分子式为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非离解形式Ca2+地百分数为34[CaSO]37.6%S-==水3．解：（1）2410.1mol/,0.10,2BaSO LNaCl I ciZi==∑在中224224()5,()4,0.38,0.355Ba SOa Ba a SOοογγ--====＋＋查表得2250104[][] 2.8610( 1.110) s Ba SO Ksp---∴=====⨯=⨯＋（2）14210.10.302BaSO mol L BaCl I CiZi-⋅==∑在中，224()5,()4a Ba a SOοο-==＋查表得222lg0.512100.5909,0.26 Ba Baγγ-=⨯==＋＋2242lg0.512100.6526,0.22 Ba SOγγ--=⨯==＋2240102241.110[][](0.10)0.260.22Ba SOKsp Ba SO s sγγ---∴=⨯=⨯⨯⨯=+⨯⨯⨯＋＋811.9210s mol L--=⨯⋅5．解：210.10,2I ciZi==∑224()5,()4a Ba a SOοο-==＋查表得，2240.38,0.355Ba SOγγ-==＋24221.0100.1250.07 1.010SOδ---⨯==+⨯2224440101.110(0.01)Ba SO Ba SO SOKsp a a S sγγδ---=⨯=⋅=+⨯⨯⨯⨯＋716.4410s mol L--=⨯⋅7．解：10, 1.810AgCl Ag Cl Ksp +--↓+=⨯ 13,510AgBr Ag Br Ksp +--↓+=⨯在同一溶液中，Ag +只有一种浓度,AgCl AgBr Ksp Ksp AgCl >↓的溶解度大得多Ag AgCl +∴↓浓度由决定51[] 1.3410s Ag mol L +--====⨯⋅9．解：3CaCO 已知沉淀在水中的主要离解平衡为：2323CaCO H OCa HCO OH --↓+++＋233[][][]Ksp Ca HCO OH s --==＋2233232[][][][][][][]CO H Ksp KwKsp Ca HCO OH CO H Ka -+---+⋅=⋅⋅=＋s ==518.0210s mol L --=⨯⋅51[]8.0210OH s mol L ---==⨯⋅ 4.1,9.9pOH pH ==11．解：48.993315.142246.1382.8)O (S Ag 101002.31010101001.0101]Ag [Ag 322＝）（＋）（＋－－⨯=⨯⨯⨯+==+c αK SP ＝9.3×10－17＝[Ag +][I －]＝010.01048.9⨯ss =2.81×10－51mol L -⋅ 13．解：混合后，23110001[]0.1 4.910150()Ba mol L M Ba +--=⨯⨯=⨯⋅231450[]0.01 3.310150SO mol L ---=⨯=⨯⋅剩余地2Ba +=33(4.910 3.3)150137.33 3.3mg --⨯-⨯⨯⨯=100 mL 纯水洗涤时损失地4BaSO :251[] 1.0510s Ba mol L +--===⨯⋅ 51.0510100233.40.245mg -∴⨯⨯⨯为＝ 100 mL0.010 1mol L-⋅24H SO 洗涤时121240.010[H ] 1.4110mol L H SO mol L -+--⋅=⨯⋅的24102224221.110[][](0.01)0.01 1.4110SO Ka Ksp Ba SO s s s Ka δ--+--=⨯==⨯+⨯=⨯⨯⨯+81844s=2.6510, 2.6510100233.4 6.210mol L BaSO mg mg--∴⨯⋅⨯⨯⨯=⨯－－损失数为：16．解：（1）4240.005[][]0.005[]H H H NH HF NH F HF HFH F++++--+−−→++41222228[][][][] 5.84100.001[][](20.005)0.0005(0.01)2[]0.0005(0.010.56) 1.5710F AgCl H F Ka HF H mol L KaCa F H Ka Ksp δ-+-+--+-+-=∴=⨯⋅∴=⨯⨯⨯=⨯⨯+=⨯⨯=⨯>∴有沉淀生成(2)33.247.026Ag NH 1100.510(0.5) 2.810[]Agc Ag α+=+⨯+=⨯（）＝960.05[][]0.58.9102.810AgCl Ag Cl Ksp +--=⨯=⨯>⨯∴有沉淀生成 (3)0.059.26lg8.260.5pH =+＝261226214()5.74,[] 1.8210[][]0.005(1.8210) 1.6610Mg OH pOH OH mol L Mg OH Ksp --+---==⨯⋅∴=⨯⨯=⨯<∴无沉淀生成19．解：22342234123423412342-71[][][()][()][()] []{1[][][][]} {1[][][][]}[]2.510s Zn ZnOH Zn OH Zn OH Zn OH Zn OH OH OH OH KspOH OH OH OH OH mol L ββββββββ+-+----------=++=++++=⨯++++=⨯⋅－2－＋＋主要状态可由数值得22．解：(1)234()0.23512()M Cr O F M PbCrO == (2)422272(7)2.215()M MgSO H O F M Mg P O ⋅==(3)3424343[()]0.082662[(NH )12]M Ca PO F M PO MoO ==⋅ (4) 254343()0.0378322[(NH )12]M P O F M M PO MoO ==⋅25．解： 设CaC 2O 4为x ,MgC 2O 4 y =0.6240-x332424()()(0.6240)0.4830()()M CaCO M MgCO x x M CaC O M MgC O ∴⋅+-⋅=240.4773,%76.49%x g CaC O == 240.1467,%23.51%y g MgC O ==28．解：()107.86835.4530.58050.5805 1.4236()35.453M AgCl M NaCl Na +⨯=⨯=+22.988865Na =解得31．解： 设为x yFe O55.85160.543455.850.3801x y x ⨯+⨯=⎛⎫⎪⨯=⎝⎭0.38010.00680655.85x ==则 0.0102030.0068062y x ∴==23Fe O ∴为34．解： AgCl:3.1431050⨯＝0.035(mol·L -1)cNH 3＝3/2＝1.5(mol·L -1)[Ag +]原＝2035.0＝0.0175(mol·L -1) [I -]原＝205.0＝0.025(mol·L -1)设混合后[Ag +]＝x/ mol·L -1Ag + + 2NH3Ag(NH 3)2+x 1.5-2×(0.0175-x) 0.0175-x ≈1.5 ≈0.01752)5.1(0175.0x ＝ß2＝107.40 x ＝3.1×10-10 [Ag +][I -]＝3.1××0.025＝7.8×10-12 >AgIKsp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=-0.111∴T=0.77=77%;当b=3cm ，A=0.222×3/2=0.333，lgT=-0.333∴T=0.46=46%4. 解：A=-lgT=-lg50.5%=0.297,c=25.5×10-6×103/(50M)=8.18×10-6mol/L K 稳ε=A/bc=0.297/(2×8.18×10-6)=1.91×104L/(mol.cm) s=M/ε=3.3×10-8ug/cm 26.解：此为饱和法测定络合物组成，以配位试剂Phen 与Fe 2+地浓度比[R]/[M]为横坐标，以吸光度A 为纵坐标作图.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，对应地[R]/[M]值就是络合物地配比.由图示可见，络合物地组成为Fe （Phen ）3，即M ：R=1：38.解：A=0.700=-lgT 1,T 1=20%;A=1.00=-lgT 2,T 2=10%，ΔT=10%;以0.00100mol/L 溶液为参比时，测得试样地透射比为T 2， 则20%/100%=10%/T 2T 2=50%，试样地吸光度为A=-lgT 2=-lg0.50=0.301; 标尺放大倍数n=100%/20%=510.解：Ti 和V 定容后地浓度分别为5.3×10-4mol/L 和1.57×10-3mol/L ，设Ti和V 络合物在415nm 和455nm 地摩尔吸光系数分别为ε11，ε12，ε21，ε22.未知样经处理后地浓度为c （Ti ），c （V ）.根据郎-比尔定律可知： 0.435=ε11×5.3×10-4，ε11=8.2×102L.mol -1.cm -1；0.246=ε12×5.3×10-4，ε12=4.6×102L.mol -1.cm -1； 0.510=ε21×1.57×10-3，ε21=1.6×102L.mol -1.cm -1； 0.377=ε22×1.57×10-3，ε22=2.4×102L.mol -1.cm -1；ε11c （Ti ）+ε21c （V ）=0.645 且ε12c （Ti ）+ε22c （V ）=0.555 ，将数据代入后解得： c （Ti ）=2.71×10-3mol/L ，c （V ）=6.30×10-3 mol/L12.解：A=-lgT=-lg0.42=0.376，c=A/b ε=0.376/（2.5×103×2）=7.52×10-5 mol/L因此，1000mL 中含有色物7.52×10-5×Mg.已知含量为0.001%，故1000/A（7.52×10-5M）=100/0.0010，M=131.5g/mol14.解：设络合物地解离度为α，则α=AmAX -A/ AmAX=0.390-0.320/0.390=0.179K稳=c（1-α）/[cα×（2cα）2]=（1-α）/4c2α3=（1-0.179）/[4×（1.48×10-5）2×0.1793]=1.63×1011lgK稳=11.2版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. 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分析化学第三章滴定分析法概论（课后习题答案）
分析化学第三章滴定分析法概论（课后习题答案）第三章滴定分析法概论（课后习题答案）1. 答：能用直接法配制的：K 2Cr 2O 7、NaCl不能直接法配制的：NaOH 、HCl 、H 2SO 、KMnO 4、AgNO 3、Na 2S 2O 3原因：NaOH 性质不稳定，贮存时容易吸收空气中的水分而部分潮解或者吸收空气中的CO 2而生成Na 2CO 3使其纯度降低；HCl 具有挥发性，导致其浓度降低；H 2SO 4具有强烈的吸湿性，导致其浓度降低；KMnO 4在制备和贮存过程中常含有MnO 2等杂质，并且其水溶液的性质也不稳定；AgNO 3见光易分解，虽然可以制得基准物质，但是很难保证其配制过程中的稳定性；Na 2S 2O 3含有杂质，容易风化和潮解，并且其水溶液也不稳定容易分解。
2. 答：H 2C 2O 4?2H 2O 部分风化导致其失去部分或全部结晶水，当降其作为标定NaOH 溶液的基准物质时，称样量为计算量，然后计算出标准溶液的浓度，但其准确浓度要大于计算浓度，移取一定体积的标准溶液进行标定，会导致NaOH 溶液的体积增大，而酸的浓度（计算值）和体积固定，根据公式计算，将会使NaOH 溶液的浓度变低、若用此NaOH 溶液滴定有机酸时，有机酸的称样量固定，而NaOH 溶液的用量减少，计算时结果会偏高；Na 2CO 3吸潮后会使其实际称样量的物质的量变小，标定HCl 溶液时导致加入的HCl 溶液的体积减小，根据公式计算结果时，会使结果偏高、用此酸滴定有机碱时，有机碱的称样量固定，而HCl 溶液的用量增大，计算时结果会偏低。
3. 答：（1）读数偏大，结果(HCl)浓度偏低（2）0.1248 > 0.1238，结果偏高（3）HCl 浓度比真实浓度低，需要消耗更多的HCl ，结果偏低（4）相同质量的碳酸氢钠比碳酸钠消耗的盐酸少，导致消耗盐酸体积减小，盐酸浓度测定值偏高4. 解：①：2334344H PO H NH HPO 2PO OH +---+=+++②：1H 2HCOO OH c +--=++③：14NH H OH c ++-++=④：2H OH Ac c +--+=+或[]1H HAc OH c +-+=+⑤：2H CN OH c +--+=+6. 解：设应取相应溶液为x ml 。
分析化学习题及答案
分析化学习题及答案一、分析化学概论一、选择题1下列数据中有效数字为四位的是 ( D )(A)0.060 （B)0。
0600 (C）pH = 6。
009 (D)0。
60002下列数据中有效数字不是三位的是（C)(A）4.00×10—5 (B)0.400 （C）0.004 （D）p K a = 4.008 3 为了消除0。
0002000 kg 中的非有效数字，应正确地表示为（D）（A)0.2g (B)0.20g (C）0.200g （D)0。
2000g 4下列数据中有效数字不是四位的是（B)（A）0。
2500 (B)0。
0025 （C）2。
005 (D）20.50 5 下面数据中含有非有效数字的是（A）（1） 0。
02537 （2） 0.2009 (3) 1。
000 （4）20.00（A)1，2 (B）3，4 （C)1，3 (D）2，4 6 下列数据中为四位有效数字的是（C）(1) 0。
068 (2） 0。
06068 （3） 0.6008 （4) 0。
680（A)1,2 (B）3,4 （C）2,3 （D）1，4 7在下列数据中，两位有效数字的是（B）(2) 0。
140 (3) 1.40 （3) K a=1。
40×10-4 (4) pH=1。
40(A）1,2 （B)3,4 （C）1,4 （D)2，3如果是等式，有效数字就是从小数点开始的（前提是小数点前面不是零），如多是单纯的数字,就不需要考虑上述情况。
8 用50 mL滴定管滴定，终点时正好消耗25 mL滴定剂，正确的记录应为(C）(A） 25 mL （B) 25。
0 mL (C） 25。
00 mL (D）25.000mL这个是精确度的问题9 用25 mL 移液管移取溶液，其有效数字应为（C）（A）二位（B) 三位 (C) 四位 (D) 五位10 用分析天平准确称取0。
2g试样,正确的记录应是（D）(A）0.2g (B）0。
20g (C） 0.200g (D）0。
分析化学答案1
13、下列数字有几位有效数字？
0.072 (2位) 36.080 (5位) 4.4×10-3 (2位) 6.023×1028 (4位) 100 (3位) 998 (3位或不确定) 1000.00 (6位) 1.0×103 (2位) PH=5.2时的[H+] (1位)
第一章定量分析概论
思考题
1、为了探讨某江河地段底泥中工业污染物的聚集情况，某单位于不同地段采集足够量的原始平均试样，混匀后，取部分试样送交分析部门。分析人员称取一定量试样，经处理后，用不同方法测定其中有害化学成分的含量。试问这样做对不对？为什么？
答：不对。应将原始试样全部送交分析部门，再由分析人员对原始试样采用四分法进行缩分，依据经验公式取样，再分解、测定等。
（标定时只与锥瓶中Na2CO3的总量有关，与其浓度无关，所以无影响）
e、滴定开始之前，忘记调节零点，Ha溶液的液面高于零点。
（测得的VHCl偏小，所以CHCl偏高）
f、滴定管活塞漏出HCl溶液
（测得的VHCl偏大，所以CHCl偏低）
g、称取Na2CO3时，撒在天平盘上。
（需称两次，所以无影响）
14、某人用差示光度分析法分析药物含量，称取此药物试样0.0520g最后计算此药物的含量为96.24%。问该结果是否合理？为什么？
答：不合理，因为称样量为0.0520g只有三位有效数字，根据误差传递规律或有效数字运算规则，其结果只能有三位有效数字，应为96.2%。
15、将0.0089g BaSO4换算为Ba。问计算时下列换算因数中选择哪一个较为恰当：
0.002S ×1000‰＜1‰ S＞2mg
12、下列情况各引起什么误差？如果是系统误差，应如何消除？
分析化学 第3章 滴定分析概论 答案
第三章 滴定分析法概论思考题3.下列物质中哪些可用直接法配制标准溶液？哪些只能用间接法配制？为什么？ 答：直接法：K 2Cr 2O 7, NaCl, AgNO 3 有可以直接配制的基准物质间接法： NaOH, H 2SO 4, HCl, Na 2S 2O 3, KMnO 4性质不稳定，无对应基准物质5.若用硼砂Na 2B 4O 7·10H 2O 基准物长期保存在硅胶干燥器中,当用其滴定HCl 溶液浓度，则结果是偏高还是偏低？答：长期放于干燥器中结晶水会逐渐消失，即m 会减小，根据C HCl =m/MV 可知，用其滴定HCl ，结果会偏低。
6. 写出下列物质溶液的电荷平衡（1）H 2SO 4电荷平衡式：[H +] = [OH -] + [HSO 4-] + 2[SO 42-]（2）H 3AsO 4电荷平衡式： [H +] = [OH -] + [H 2AsO4-] + 2[HAsO 42-] + 3[AsO 43-] （3）MgBr 2电荷平衡式：[H +] + 2[Mg 2+] = [OH -] + [Br -]7.写出下列物质在水溶液的质量平衡式（总浓度为c ） （1）Mg(OH)2 ： [Mg] = c [OH -]-[H +] =2c （2）Zn 2（Fe(CN)6）： [Zn 2+] = 2CC=[Fe(CN)64-]+[Fe(CN)53-]+[Fe(CN)42-]+[Fe(CN)3-]+[Fe(CN)2]+[FeCN +]+[Fe 2+] （3）NaH 2PO 4 ：[Na +] = C C = [H 3PO 4] + [H 2PO 4-] + [HPO 42-] + [PO 43-]习题答案1. 已知浓硫酸的密度为1.84g/cm 3,其中含H 2SO 4约为96%（质量分数），求其浓度。
若配制0.15mol/L H 2SO 4溶液1L,应取多少毫升浓硫酸？ 解：浓硫酸的浓度：L mol C /181/08.98100096.084.1=⨯⨯=取浓硫酸 mL V C C V 3.810001815.01212=⨯==2. 有0.5540mol/L KOH 溶液100.0mL ,需加多少毫升水才能配成0.5000 mol/L 的溶液？ 解：由2211V C V C =得： mL V V 80.10)0.100(5000.00.1005540.0=⇒+⨯=⨯3. 试计算K 2CrO 7标准溶液（0.02000mol/L ）对Fe,FeO,Fe 2O 3和Fe 3O 4的滴定度。
《分析化学概论》习题答案
+
= 0.0003
相对平均偏差：
dr =
d 0.0003 = = 1.468 × 10 −3 ≈ 0.1% x 0.2043
标准偏差：
∑ (x
S=
i
n
i
−x
)
2
n −1 带入数据，并进行计算得：S = 3.847 × 10 − 4 ≈ 0.0004
答： 题给测定值中， 平均值、 平均偏差、 相对平均偏差和标准偏差分别为 0.2043，0.0003，0.1% 和 0.0004 ∗ 相对平均偏差必须用百分数表示 ∗为了表示计算结果只有一位有效数字，本题中相对平均偏差和标准偏差的计算结果应该用 小数表示，而不是科学记数法。 3. 计算 0.001135mol·L-1 的 HCl 溶液对 CaCO3 的滴定度。 解：根据 HCl 和 CaCO3 的化学反应知，完全反应中二者的物质的量的比为 2：1，因此，分 别用 m、n、M、V 表示相应物质的质量、摩尔数、摩尔质量、体积，则所求滴定度为：
⇒ c( KMnO4 ) = 2.102 × 10 −3 mol ⋅ L−1
T ( Fe / KMnO4 ) =
m( Fe) n( Fe 2+ ) ⋅ M ( Fe) 5n( KMnO4 ) ⋅ M ( Fe) = = V ( KMnO4 ) V ( KMnO4 ) V ( KMnO4 ) = 5c( KMnO4 ) ⋅ M ( Fe)
c=
m / M 2.6500 g / 105.99 g ⋅ mol −1 = = 5.0000 × 10 − 2 mol ⋅ L-1 V 500mL × 0.001L ⋅ mL−1
答：该 Na2CO3 的物质的量浓度为 5.0000×10-2mol·L-1。 * 摩尔质量等常数，在取值时，应注意保证其有效数字位数不少于题给数据，以保证计算 结果不影响实验数据的精确度。 6. 0.2500gNa2C2O4 溶解后，在酸性溶液中需要 35.50mLKMnO4 滴定至终点，求 KMnO4 的 物质的量浓度。若用此 KMnO4 溶液滴定 Fe2+，求 KMnO4 溶液对 Fe2+的滴定度。 解：由反应方程式：
(完整版)分析化学参考答案(武大第四版)
第一章 定量分析化学概论1. 某矿石的最大颗粒直径为10mm ，若其k 值为0.1kg ·mm -2，问至少应采取多少试样才具有代表性?若将该试样破碎，缩分后全部通过10号筛，应缩分几次?若要求最后获得的分析试样不超过100 g ，应使试样通过几号筛?解：(1) 根据经验公式m Q ≥kd 2，故至少采取试样m Q =0.1×102=10kg(2) 要通过10号筛，d=2mm ，应保留试样m Q ≥0.1×22=0.4kg将10kg 的试样进行缩分：10×(21)4=0.625kg ＞0.4kg 可见需缩分4次方可满足要求 。
查表1-1，故应通过20号筛。
2.用氧化还原滴定法测得FeSO 4·7H 2O 中铁的质量分数为20.01%，20.03%，20.04%，20.05%。
计算：a.平均值；b.中位数；c.单次测量值的平均偏差；d.相对平均偏差；e.极差：f.相对极差。
解：3.用沉淀滴定法测定纯NaCl 中氯的质量分数，得到下列结果：59.82%，60.06%，60.46%，59.86%，60.24%。
计算：a.平均结果；b.平均结果的绝对误差；c.相对误差；d.中位数；e.平均偏差；f.相对平均偏差。
解：5.某试样中含MgO约30%，用重量法测定时，Fe3+产生共沉淀，设试液中的Fe3+有1%进入沉淀。
若要求测定结果的相对误差小于0.1%，求试样中Fe2O3允许的最高质量分数为多少?解：设试样Fe2O3中允许的最高质量分数为x%6.某含Cl-试样中含有0.10%Br-，用AgNO3进行滴定时，Br-与Cl-同时被滴定，若全部以Cl-计算，则结果为20.0%。
求称取的试样为下列质量时，Cl-分析结果的绝对误差及相对误差。
：a.0.1000g;b.0.500 0 g;c.1.000 0 g。
解：7. 某试样中含有约5%的S，将S氧化为SO24,然后沉淀为BaSO4。
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6-1：分析化学的方法有哪些？分类依据是什么？答：根据不同的分类依据，分析化学的方法可以按照如下表格所示进行分类：6-2：定量分析的一般程序是什么？答：定量分析的一般程序是：试样的采集、制备、预处理、测定和分析结果的计算。
6-3：下列情况引起的误差属于哪种类型的误差？若为系统误差，如何减免或消除？1. 天平盘被腐蚀答：天平盘被腐蚀会造成系统误差，应该更换合格的托盘。
2.天平零点有微小波动答：天平零点有微小波动会造成随机误差。
3.读数时，发现微分标尺有些漂移答：系统误差。
在测量读数前记下一次零点值，测量读数后再记一次零点值，取两次零点值的平均来修正测量值。
4.试剂中含有微量杂质干扰主反应答：系统误差，可以根据具体情况通过对照试验或者空白试验进行校正。
5.滴定过程中，滴定剂不慎滴在外面 答：过失误差。
6.滴定管刻度均匀性差答：系统误差，调换合格的滴定管。
7.待测试液未充分混匀 答：过失误差。
6-4：测某铵盐中氮的质量分数6次测定结果分别为21.32%，21.60%，21.28%，21.70%，21.30%，21.56%。
试计算平均值，平均偏差，相对平均偏差，极差，标准偏差和相对标准偏差。
()1n dS 0.42%21.28)%(21.70x x R 0.74%0.7456%21.46%0.16%x d d 0.16% )%21.4621.5621.4621.30 21.4621.7021.4621.2821.4621.6021.4621.32(61n dd 21.46%%21.5621.3021.7021.2821.6021.3261n xx 解：222222n1i 2imin max r n1i in1i i-==-=-=≅====-+-+-+-+-+-===+++++==∑∑∑===6-5：根据有效数字修约规则，将下列诗句修约到小数点后第三位：3.1415926 0.51749 15.4545460.378502 7.691688 2.362568答：根据有效数字规则，以上数据分别可以修约为：3.1415926≈3.142 0.51749≈0.517 15.454546≈15.455 0.378502≈0.379 7.691688≈7.692 2.362568≈2.3636-6：根据有效数字运算规则计算下式：1. 1.187×0.85+9.6×10-3-0.0326×0.00824÷2.1××10-3解：原式=1.01+9.6×10-3-1.279×10-7≈1.02.0.067+2.1415-1.32解：原式=0.8885≈0.893.0.09067×21.30÷25.00解：原式=0.07725084≈0.077254.()4193.1321.162100040.1312.2109802.0⨯-⨯解：原式=4193.107.541072.709802.03⨯⨯⨯-≈ 0.02886-7：K 2Cr 2O 7法测某铁矿石中Fe 2O 3的质量分数，5次测定结果分别为67.48%，67.37%，67.47%，67.45%，67.42%。
试求平均值x 、平均偏差d 、相对平均偏差r d 、标准偏差S 、相对标准偏差S r 和置信概率分别为90%和95%的置信区间。
解：%438.67%542.6745.6747.6737.6748.67nx x i=++++==∑%0344.0 %5438.6742.67438.6745.67438.6747.67438.6737.67438.6748.67n dd n1i i=-+-+-+-+-==∑=4r 10101.5%348.67%0344.0xd d -⨯===()()()()()%044.0 %15438.6742.67438.6745.67438.6747.67438.6737.67438.6748.671n dS 22222n1i 2i=--+-+-+-+-=-=∑=4r 105.6%348.67%044.0xS S -⨯===查教材表6-1知，当n=5，置信概率为90%和95%时，其相应t 值分别为2.13和2.78，因此，两种置信概率相应的置信区间分别为： 置信概率90%：%042.0438.675%044.013.2438.67ntS x ±=⨯±=±=μ置信概率为95：%055.0438.675%044.078.2438.67ntS x ±=⨯±=±=μ6-8 分析某石灰石中铁的含量如下：1.65%，1.58%，1.59%和1.85%，分别用Q 检验法和G 检验法检验1.85%这个数据是否应舍去（p=95%）。
解：（1）Q 检验法：将数据依次排列：1.58%，1.59%，1.65%和1.85%%27.0%58.1%85.1x x R min max =-=-=则 ：%74.027%.065%.185%.1Rx x Q =≈-=-=相邻可疑计 查表6-3，当n=4时，Q 0.95=1.05 ∵Q 计<Q 0.95，∴1.85%这个数据不应该舍去。
（2）G 检验法将数据依次排列：1.58%，1.59%，1.65%和1.85% 则：%668.1%485.165.159.158.1nxx i=+++==∑()()()()%126.0%14668.185.11.6681.651.6681.591.6681.581n d S 2222n1i 2i =--+-+-+-=-=∑=44.1%126.0668%.185%.1Sx x G =-=-=平均可疑计查表6-4，n=4时，G 0.95=1.48 ∵G 计<G 0.95，∴1.85%这个数据不应该舍去。
6-9 用两种物质标定NaOH 溶液的浓度（单位为mol ·L -1）得如下结果： A 0.09785,0.09790,0.09710,0.09895B 0.09710,0.09795,0.09785,0.09700,0.09705 试问这两批数据之间是否存在显著性差异（p=95%）？解：两组测量数据间的显著性检验需要先按照如下公式进行F 检验：22S S F 小大计=（1）为了计算F 计，需要先分别进行两组数据的平均值和S 2的计算：09795.0409895.009710.009790.009785.0nx x iA=+++==∑09739.0509705.009700.009785.009795.009710.0nxx iB =++++==∑()()()()722222i2A10783.5 1409795.009895.009795.009710.009795.009790.009795.009785.0 1n d S -⨯=--+-+-+-=-=∑()()()()()77222222i2B10192.2101925.2 1509739.009705.009739.009700.009739.009785.009739.009795.009739.009710.0 1n d S--⨯≈⨯=--+-+-+-+-=-=∑∵2B 2A S S >∴64.210192.210783.5S S F 772B 2A≈⨯⨯==--计查表6-5知，置信概率为95%时，由于f 1=3，f 2=4，则F 表=6.59 ∴F 计<F 表由于F 检验说明两组数据的标准偏差无明显差异，需要进一步用t 检验法进行显著性差异检验： 根据以上计算可知：()()477B A 2BB 2A A P 10108.6 25410192.2)15(10783.5)14(2n n S 1n S 1n S ---⨯=-+⨯⨯-+⨯⨯-=-+-+-=因此：37.1545410108.609739.009795.0n n n n S x x t 4B A B A PBA ≈+⨯⨯⨯-=+•-=-计查表6-1知，当总自由度（n A +n B -2）为7，置信概率为95%时，t 表=2.37 由于t 计<t 表，可以认为，这两组数据的平均值之间不存在显著性差异。
6-10 检验纯度为95.5%的工业纯碱，结果为n=7, x =94.65%,S=0.34,若p=95%。
问此纯碱是否合格？解法1：测定平均值与标准值之间的比较可以通过t 检验法进行：066.07%34.05.9565.94n Sx t ≈⨯-=μ-=计查表6-1知，当n=7，置信概率为95%时，t 表=2.45 由于t 计<t 表，可以认为，此纯碱合格。
解法2：查表6-1知，当n=7，f=6，p=95%时，t 表=2.37 则可知该纯碱的置信区间为：%30%65.94734.037.2%65.94ntS x ±=⨯±=±=μ由于此纯碱的目标纯度95.5%在测量数据的置信区间范围内，所以，可以认为此纯碱合格。
6-11 有一KMnO 4标准溶液，浓度为c(KMnO 4)=0.02010mol/L 。
求T(Fe/ KMnO 4)和T(Fe/ KMnO 4)。
解：O H 4M n Fe 5H 8M nO Fe 522342++↔+++++-+mL/g 10736.6 mL /L 1055.85g/mol /L 0.02010mol 6 )Fe (M )KMnO c(5 )Fe (M )KMnO (V )KMnO (n 5)KMnO (V )Fe (M )Fe (n )KMnO (V )Fe (m KMnO4) T(Fe/2-3-44444⨯=⨯⨯⨯=•⨯=•=•==mL /g 10025.8 mL/L 10g/mol 7.591/L 0.02010mol 25)O Fe (M )KMnO c(25)O Fe (M )KMnO (V )KMnO (n 25)KMnO (V )O Fe (m KMnO4) /O T(Fe 2-3-324324443232⨯=⨯⨯⨯=•⨯=•==6-12 测某试样中铝的含量，称取0.1996g 试样，溶解后加入c(EDTA)=0.02010 mol ·L -1的标准溶液30.00 mL ，调节酸度并加热使A l 3+定量反应完全，过量的EDTA 标准溶液用c （Zn 2+）=0.02045 mol ·L -1标准溶液回滴至终点，消耗Zn 2+标准溶液6.00 mL 。
计算试样中Al 2O 3的质量分数。
解：用Y 表示EDTA 分子，则有关反应式为：AlY Al Y →+ Z nY Z n Y →+由以上反应方程式可知，EDTA 、Al 3+、Zn 2+和Al 2O 3的物质的量之间存在如下关系：n(Al 2O 3)=0.5n(Al)=0.5(n(Y)-n(Zn))因此：()()()()mol10628.3 1000.60.020451030.00.020100.5 )Zn (V Zn c )EDTA (V EDTA c 0.5n(Al2O3)43-3-22-++⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯=⨯-⨯⨯=所以，Al 2O 3的质量分数为：()185.0g1996.0mol/g 96.101mol 10628.3m m O Al 4B 32=⨯⨯==ω-6-13 称取基准物K 2Cr 2O 7 0.1236 g 用来标定Na 2S 2O 3溶液。