第一章作业及参考答案 1、分析化学的主要任务是什么? 谷:分析化学包括定性分析和定量分析两个部分。定性分析是检测和鉴定物质的组成, 即分析物质是由哪些元素、离子或化合物组成的(对于有机物质还需确定其官能团);而定 量分析则是测定物质中有关组分的含量 4、解释下列术语:系统误差、偶然误差、平均偏差、相对平均偏差和标准偏差。 答:系统误差是由分析过程中某些确定的原因所造成的误差。它对测定结果的影响比较 恒定,会在同一条件下的多次平行测定重复出现,使结果系统的偏高或偏低,其大小、正负 是可以测定的和适当加以校正的。 偶然误差是指在多次平行测定中,由一些偶然的、随机的因素引起的误差,其大小、方 向难以预料和控制。 平均偏差:单次测定偏差的绝对值的平均值,数学表达式为 +a,+…+ 相对平均偏差:平均偏差在平均值中所占的百分率称为相对平均偏差 相对平均偏差=-×100% 标准偏差σ:当测定次数n无限增多时,其数学表达式为 ∑(x ,式中为无限次测定结果的平均值,H=lim n→① 在一般分析工作中,只作有限次数的平行测定,此时标准偏差用s表示,其计算公式为 x 6、滴定管的读数误差为士0.02mL。计算消耗滴定剂①2mL,②20mL,和⑧40m时的 相对误差。若要求滴定分析的相对误差在士0.2%以内,消耗滴定剂的体积应不小于多少毫 升
第一章作业及参考答案 1、分析化学的主要任务是什么？ 答：分析化学包括定性分析和定量分析两个部分。定性分析是检测和鉴定物质的组成， 即分析物质是由哪些元素、离子或化合物组成的（对于有机物质还需确定其官能团）；而定 量分析则是测定物质中有关组分的含量。 4、解释下列术语：系统误差、偶然误差、平均偏差、相对平均偏差和标准偏差。 答：系统误差是由分析过程中某些确定的原因所造成的误差。它对测定结果的影响比较 恒定，会在同一条件下的多次平行测定重复出现，使结果系统的偏高或偏低，其大小、正负 是可以测定的和适当加以校正的。 偶然误差是指在多次平行测定中，由一些偶然的、随机的因素引起的误差，其大小、方 向难以预料和控制。 平均偏差：单次测定偏差的绝对值的平均值，数学表达式为 = + + + = n d d d d 1 2 L n n x x n i ∑ i = − 1 相对平均偏差：平均偏差在平均值中所占的百分率称为相对平均偏差 相对平均偏差＝ ×100% x d 标准偏差σ：当测定次数 n 无限增多时，其数学表达式为 σ＝ ( ) n x ∑ i − 2 µ ，式中 μ 为无限次测定结果的平均值， x n lim→∞ µ = 。 在一般分析工作中，只作有限次数的平行测定，此时标准偏差用 s 表示，其计算公式为 s＝ ( ) 1 2 − ∑ − n x x i 6、滴定管的读数误差为±0.02mL。计算消耗滴定剂①2mL，②20mL，和③40mL 时的 相对误差。若要求滴定分析的相对误差在±0.2％以内，消耗滴定剂的体积应不小于多少毫 升？
解:当V=2m时,Er1= ±002 100%=±1% 当V=20mL时,Er2 ±0.02 100%=±0.1%; 20.00 ±0.02 当V=40mL时,Er3 100%=±0.05% 40.00 为保证整个滴定分析的相对误差在±0.2%以内,读数时的相对误差必须在±0.1%以 内。V=(E/Er)×100%= ±0.1% 因此,为使滴定分析的相对误差在±0.2%以内,滴定剂的体积应不小于20mL 7、下列情况各引起什么类型的误差,如果是系统误差,应如何校正? ①砝码腐蚀:②天平零点稍有变动;③读取滴定管读数时,最后一位估测不准 ④试剂中含有微量被测组分;⑤重量法测定SiO2时,试液中硅酸沉淀不完全 ⑥称量时试样吸收了空气中水份 答:①系统误差;通过校正砝码来减小误差; ②偶然误差 ③偶然误差 ④系统误差;进行空白实验,减小误差 ⑤系统误差:可将沉淀不完全的微量Si用其它方法(如比色法)测定后,将计算结果 加入总量 ⑥系统误差;应将试样在110℃左右干燥后称量。 、用电位法直接测定某一价阴离子的浓度,其定量关系式为E=K-0.0591gCx,式中 K为常数。若电位E的测量有+0.001V的误差,求测定该阴高子浓度Cx的相对误差 C×100%。[提示:根据E=f(Cx),将上述定量关系式微分,由电位测量的微分增量△E =+0.001,计算×100%]。 解:本题是误差的传递问题,电位测定的相对误差直接影响分析结果浓度的相对误差, 2.303 因E=K-0.0591gCx,故lnCx (K-E); 0.059 2.303 dE=0039=3.90% 正E 、半微量分析天平可称准至士001mg,要使试样称量误差不大于0.1%,问至少要称 取试样多少毫克?
解：当 V＝2mL 时，Er1＝ 100% 1% 2.00 0.02 × = ± ± ； 当 V＝20mL 时，Er2＝ 100% 0.1% 20.00 0.02 × = ± ± ； 当 V＝40mL 时，Er3＝ 100% 0.05% 40.00 0.02 × = ± ± 。 为保证整个滴定分析的相对误差在±0.2％以内，读数时的相对误差必须在±0.1％以 内。V＝（E/ Er）×100％＝ 20 0.1% 0.02 = ± ± mL 因此，为使滴定分析的相对误差在±0.2％以内，滴定剂的体积应不小于 20mL。 7、下列情况各引起什么类型的误差，如果是系统误差，应如何校正？ ①砝码腐蚀；②天平零点稍有变动；③读取滴定管读数时，最后一位估测不准； ④试剂中含有微量被测组分； ⑤重量法测定 SiO2时，试液中硅酸沉淀不完全； ⑥ 称量时试样吸收了空气中水份。 答：①系统误差；通过校正砝码来减小误差； ②偶然误差； ③偶然误差； ④系统误差；进行空白实验，减小误差； ⑤系统误差；可将沉淀不完全的微量 Si 用其它方法（如比色法）测定后，将计算结果 加入总量。 ⑥系统误差；应将试样在 110℃左右干燥后称量。 12、用电位法直接测定某一价阴离子的浓度，其定量关系式为 E＝K－0.059lgCx，式中 K 为常数。若电位 E 的测量有＋0.001V 的误差，求测定该阴离子浓度 Cx 的相对误差 100％ C C × ∆ 。[提示：根据 E＝f（Cx），将上述定量关系式微分，由电位测量的微分增量 ∆E ＝＋0.001V，计算 100％ C C × ∆ ] 。 解：本题是误差的传递问题，电位测定的相对误差直接影响分析结果浓度的相对误差， 因 E＝K－0.059lgCx，故 lnCx＝ ( ) 0.059 2.303 K − E ； dE = 0.039 = 3.90% 0.059 2.303 dE = ∂E ∂lnCx = Cx dCx 13、半微量分析天平可称准至±0.01mg，要使试样称量误差不大于 0.1％，问至少要称 取试样多少毫克？
解:由于误差具有传递性质,称量时,一般需要称量两次,因此用分析天平称取试样时, 实际的绝对误差为±0.01×2=0.02mg 100%,m.=-×100% ±002mg=20n ±0.001 l4、采用一种新方法测定试样中的铁含量,结果如下: 20.48%,20.51%,20.53%20.42%和20.70% ①按Q检验法20.70%是否应舍弃?(置信度95%) ②求平均值、标准偏差,置信度95%时的平均值的置信区间。 解:①这五个数据中20.70%为可疑值 20.70%-20.53% 0.61。 20.70%-20.42% 查表1-2,n=5时,Q=0.86,Q<,故在置信度95%时,20.70%应保留 ②平均值为 x;2042%+20.48%+20.51%+20.53%+20.10%=20.53% 相对标准偏差为: 0.10% 在置信度95%,n=5,查表1-1知,t=2.776,置信区间μ为: =x±BS=2053%± 2.776×0.10% =20.53%±0.12% 18、系列数据中各包含几位有效数字? ①0.0302,②48×10°③1.2002,④0.2100 答:①三位;②两位;③五位;④四位 19、根据有效数字运算规则计算下列算式: ①20.187×0.854+96×106-0.0326×10°; 1000×(2500-152)×24647 2.000×1000 H=0,求m:④ 1.5×1038×6.02×10 3.32×10-5 解:①20.187×0.854+9.6×10-5+0.0326×10-2=17.24+0.00+0.00=17.24 0.100×(2500-1.52)×246470.1000×2348×24647 0.2874 2.000×1000 2.00×1000
解：由于误差具有传递性质，称量时，一般需要称量两次，因此用分析天平称取试样时， 实际的绝对误差为±0.01×2＝0.02mg Er＝ ×100% ms E ， 20mg 0.001 0.02mg 100% Er E ms = ± ± = × = 14、采用一种新方法测定试样中的铁含量，结果如下： 20.48％，20.51％，20.53％，20.42％和 20.70％ ①按 Q 检验法 20.70％是否应舍弃？（置信度 95％） ②求平均值、标准偏差，置信度 95％时的平均值的置信区间。 解：①这五个数据中 20.70％为可疑值， Q＝ 20.70% 20.42% 20.70% 20.53% − − ＝0.61。 查表 1－2，n＝5 时，Q0.95＝0.86，Q＜Q0.95，故在置信度 95％时，20.70％应保留。 ②平均值为 5 20.42% 20.48% 20.51% 20.53% 20.70% 5 5 1 + + + + = = ∑ i= i x x ＝20.53％； 相对标准偏差为： ( ) 0.10 1 2 = − ∑ − n x x i ％ 在置信度 95％，n＝5，查表 1-1 知，t＝2.776，置信区间 μ 为： μ＝ 20.53% 0.12% 5 2.776 0.10% 20.53% = ± × ± = ± n ts x 18、系列数据中各包含几位有效数字？ ①0.0302，②4.8×10－5 ，③1.2002，④0.2100 答：①三位；②两位；③五位；④四位。 19、根据有效数字运算规则计算下列算式： ①20.187×0.854＋9.6×10－5 －0.0326×10-2；② ( ) 2.000 1000 0.1000 25.00 1.52 246.47 × × － × ③pH＝0.03，求[H+ ]；④ 1/ 2 5 -8 8 3.32 10 1.5 10 6.02 10 × × × × − − 解：①20.187×0.854＋9.6×10－5 ＋0.0326×10－2 ＝17.24＋0.00＋0.00＝17.24 ② ( ) 0.2874 2.00 1000 0.1000 23.48 246.47 2.000 1000 0.1000 25.00 1.52 246.47 = × × × = × × − ×
③pH=0.03;[H+]=10=10-0=0.93molL /1.×10-8×602×10 7×10=5.2×0 3.32×10 24、甲、乙两人同时分析一矿物中的含硫量,每次称取35g试样,分析结果分别报告 为 甲:0.042%,0.041% 0.04199%,0.04201% 哪一份报告是合理的?为什么? 答:甲的报告合理。因为称取试样时为3.5g,包含两位有效数字,测定结果也应保留两 位有效数字,而不能像乙那样保留四位有效数字
③pH＝0.03； ［H ＋］＝10－pH＝10－0.03＝0.93mol⋅L -1 ④ ( )2 1 11 2 1 5 8 8 2.7 10 3.32 10 1.5 10 6.02 10 − − − − = × × × × × ＝5.2×10-6 24、甲、乙两人同时分析一矿物中的含硫量，每次称取 3.5g 试样，分析结果分别报告 为: 甲：0.042％，0.041％ 乙：0.04199％，0.04201％ 哪一份报告是合理的？为什么？ 答：甲的报告合理。因为称取试样时为 3.5g，包含两位有效数字，测定结果也应保留两 位有效数字，而不能像乙那样保留四位有效数字
