分析化学第三版课后习题答案标准

第1页共54页-1-11第三章第四章第五章思考题与习题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？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解：因分析天平的称量误差为mg2.0。故读数的绝对误差ga0002.0根据%100ar可得%2.0%1001000.00002.01.0gggr%02.0%1000000.10002.01gggr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解：因滴定管的读数误差为mL02.0，故读数的绝对误差mLa02.0根据%100ar可得%1%100202.02mLmLmLr%1.0%1002002.020mLmLmLr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。5答:：0.36应以两位有效数字报出。6答:：应以四位有效数字报出。第2页共54页-2-227答:：应以四位有效数字报出。8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解：根据方程2NaOH+H2C2O4·H2O==Na2C2O4+4H2O可知，需H2C2O4·H2O的质量m1为：gm13.007.1262020.01.01相对误差为%15.0%10013.00002.01ggr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gm41.022.2042020.01.02%049.0%10041.00002.02ggr相对误差小于0.1%，可以用于标定NaOH。10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（D）12.衡量样本平均值的离散程度时，应采用（D）13解：根据%1001xSSr得%100%68.30%5.0S则S=0.1534%当正确结果为15.34%时，%0.1%100%34.15%1534.0%1002xSSr14解：（1）%83.243%69.24%93.24%87.24x（2）24.87%（3）%23.0%06.25%83.24Txa（4）%92.0%100TEEar15解：（1）%43.675%407.67%43.67%47.67%37.67%48.67x第3页共54页-3-33%04.05%03.0%04.0%06.0%05.0||1idnd（2）%06.0%100%43.67%04.0%100xddr（3）%05.015%)03.0(%)04.0(%)06.0(%)05.0(122222ndSi（4）%07.0%100%43.67%05.0%100xSSr（5）Xm=X大-X小=67.48%-67.37%=0.11%16解：甲：%15.393%18.39%15.39%12.391nxx%04.0%19.39%15.391Txa%03.013%)03.0(%)03.0(12221ndSixSSr11%08.0%100%15.39%03.0%100乙：%24.393%28.39%24.39%19.392x%05.0%19.39%24.392xa%05.013%)04.0(%)05.0(12222ndSi%13.0%100%24.39%05.0%100222xSSr由上面|Ea1||Ea2|可知甲的准确度比乙高。S1S2﹑Sr1Sr2可知甲的精密度比乙高。综上所述，甲测定结果的准确度和精密度均比乙高。17解：（1）根据xu得u1=5.204.040.2030.205.104.040.2046.202u（2）u1=-2.5u2=1.5.由表3—1查得相应的概率为0.4938，0.4332则P(20.30≤x≤20.46)=0.4938+0.4332=0.927018解：xu=32.02.126.11查表3-1，P=0.4987故，测定结果大于11.6g·t-1的概率为：0.4987+0.5000=0.9987第4页共54页-4-4419解：xu=9.123.015.4359.43查表3-1，P=0.4713故在150次测定中大于43.59%出现的概率为：0.5000-0.4713=0.0287因此可能出现的次数为1500.0287（次）420解：（1）%01.05%022.0nx（2）已知P=0.95时，96.1，根据xux得%02.0%13.1%01.096.1%13.1钢中铬的质量分数的置信区间为%02.0%13.1（3）根据nstxstxfpxfp,,得%01.0,nstxfp已知%022.0s，故5.0%022.0%01.0nt查表3-2得知，当201nf时，09.220,95.0t此时5.02109.2即至少应平行测定21次，才能满足题中的要求。21解：（1）n=5%04.355%98.34%19.35%01.35%11.35%92.34nxx%11.01506.015.003.007.012.01222222ndsi经统计处理后的测定结果应表示为：n=5,%,04.35xs=0.11%（2）%04.35x,s=0.11%查表t0.95,4=2.78因此%14.0%04.355%11.078.2%04.35,nstxfp22解：（1）%60.58x,s=0.70%查表t0.95,5=2.57因此%73.0%60.586%70.057.2%60.58,nstxfp第5页共54页-5-55（2）%60.58x,s=0.70%查表t0.95,2=4.30因此%74.1%60.583%70.030.4%60.58,nstxfp由上面两次计算结果可知：将置信度固定，当测定次数越多时，置信区间越小，表明x越接近真值。即测定的准确度越高。23解：（1）8.053.183.159.183.111xxxxQnnn查表3-3得Q0.90,4=0.76,因QQ0.90,4,故1.83这一数据应弃去。（2）6.053.183.165.183.111xxxxQnnn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解：(1)1038.041056.01034.01032.01029.0x0011.0140018.00004.00006.00009.0122222ndsi82.00011.01029.01038.011sxxG64.10011.01038.01056.041sxxG查表3-4得,G0.95,4=1.46,G1G0.95,4,G2G0.95,4故0.1056这一数据应舍去。(2)1032.031034.01032.01029.0x00025.0130002.00003.01222ndsi当P=0.90时，92.22,90.0t因此0004.01032.0300025.092.21032.0,1nstxfp当P=0.95时，30.42,90.0t因此0006.01032.0300025.030.41032.0,1nstxfp由两次置信度高低可知，置信度越大，置信区间越大。第6页共54页-6-6625解：根据4%05.0|%46.54%26.54|||sTxt查表3-2得t0.90,3=3.18,因tt0.95,3，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：89.47503.4893.4790.4715.4844.47nxx27.015)14.0()04.0()01.0()26.0()45.0(22222s41.027.0|00.4889.47|||sTxt查表3-2,t0.95,4=2.78,tt0.95,4说明这批产品含铁量合格。27解：n1=41017.01x41109.3sn2=51020.02x42104.2s64.2)104.2()109.3(442221ssF查表3-5,fs大=3，fs小=4，F表=6.59，FF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442421222121101.3)15()14()15)(104.2()14()109.3()1()1()1()1(nnnsnss44.15454101.3|1020.01017.0|||4212121nnnnsxxt查表3-2,当P=0.90,f=n1+n2–2=7时,t0.90,7=1.90,tt0.90,7故以0.90的置信度认为1x与2x无显著性差异。28解：(1)7.9936÷0.9967-5.02=7.994÷0.9967-5.02=8.02-5.02=3.00(2)0.0325×5.103×60.06÷139.8=0.0325×5.10×60.1÷140=0.0712(3)（1.276×4.17）+1.7×10-4-（0.0021764×0.0121）=（1.28×4.17）+1.7×10-4-（0.00218×0.0121）=5.34+0+0=5.34(4)pH=1.05,[H+]=8.9×10-229解：(1)%74.606%84.60%56.60%78.60%70.60%81.60%72.60x第7页共54页-7-77%10.016%1.0%18.0%04.0%04.0%07.0%02.012222222ndsi8.1%10.0%56.60%74.6011sxxG0.1%10.0%74.60%84.6062sxxG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）1.0%10.0|%75.60%74.60|||sTxt查表3-2得，t0.95,5=2.57,因tt0.9