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分析化学内容答案上册第四版高等教育教学出版社.doc

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分析化学 内容 答案 上册 第四 高等教育 教学 出版社
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.第1章 绪论1.1 30.0mL 0.150mol·L-1的HCl溶液和20.0mL 0.150mol·L-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含量约为40%,为使滴定时消耗0.020mol·L-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Na2HPO4·12H2O试剂0.8835g,以甲基橙为指示剂,用0.1012 mol·L-1 HCl滴定至H2PO-4,消耗HCl溶液27.30mL。计算样品中Na2HPO4·12H2O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Na2HPO4·12H2O失去部分结晶水。1.7 称取含铝试样0.2018g,溶解后加入0.02081 mol·L-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 mol·L-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1∶1)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 根据等物质的量规则:即: 解得: 1.9 酒石酸(H2C4H4O6)与甲酸(HCOOH)混合液10.00mL,用0.1000 mol·L-1 NaOH滴定至C4H4O2-6与HCOO-,耗去15.00mL。另取10.00mL混合液,加入0.2000 mol·L-1 Ce(Ⅳ)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(Ⅳ)用0.1000 mol·L-1 Fe(Ⅱ)回滴,耗去10.00mL。计算混合液中酒石酸和甲酸的浓度。(Ce(Ⅳ)的还原产物为Ce(Ⅲ))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KHC2O4·H2C2O4溶液25.00mL,以0.1500 mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点时消耗25.00mL。现移取上述KHC2O4·H2C2O4溶液20.00mL,酸化后用0.04000 mol·L-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1μg,每次取试液0.05mL。求此鉴定方法的最低浓度(分别以ρB和1:G表示)。解: 最底浓度 1:G=1:5×1042.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100μg·mL-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)1mol·L-1 HCl (3) 1mol·L-1 HNO3 (4) 1mol·L-1 NaCl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PbCl2﹑HNO3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)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:(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?(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pH≈9;(2) 为什么要使用新配制的(NH4)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pH>10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(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;(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+﹑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-,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)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0.1mol•L-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0.1mol•L-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 ﹑(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;(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,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) 8.7×10-5 (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BaCl2·2H2O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。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0.1mol·L-1的NaOH,欲消耗NaOH溶液20mL左右,应称取基准物质H2C2O4·2H2O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+H2C2O4·H2O==Na2C2O4+3H2O可知,需H2C2O4·H2O的质量m1为: 相对误差为 则相对误差大于0.1% ,不能用H2C2O4·H2O标定0.1mol·L-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 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(mol·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μ置信区间为(35.21±0.10)%,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μ落入此区间的概率为0.95;D. 在此区间内包含μ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39.19%,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。 S1Q0.90,4 , 故1.83这一数据应弃去。 (2) 查表3-3得Q0.90,5=0.64,因QG0.95,4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t>t0.95,3 ,说明平均值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(mg·g-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 , tQ0.90,4 , 故1.83这一数据应弃去。 (2) 查表3-3得Q0.90,5=0.64,因QG0.95,4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t>t0.95,3 ,说明平均值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(mg·g-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 , t
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