完整版仪器分析习题解答

1、北京化工大学仪器分析习题解答董慧茹编2005年2月第二章电化学分析法习题解答25.解:pHs= 4.00 ,pHx = pHs +Es = 0.209VEx - Es0.059(1) pHxi = 4.00 +0.312 -0.2090.0590.088 -0.209(2) pHx2= 4.00 H=5.75=1.95(3) pHx3 = 4.00-0.017 -0.2090.059=0.1726.解:HA = 0.01mol/L ,A- = 0.01mol/L ,E = 0.518V SCE = 0.2438VE = SCE 2H+/H20.518 = 0.2438 0.059 lgH+H+

2、=kaHAA0.01ka0.010.518 = 0.2438 0.059 %0.010.01lg ka = - 4.647-5ka = 2.25 W°27.解： 2Ag+ + CrO 4- = Ag2CrO4Ag+2 =KspCrO2E - SCE2CrO4 / Ag-0.285 = 0.2438 - 0,799 +0.059ig(Ksp 22 ) CrO42-IgK=-9.16 ,KsP2= 6.93 W-10CrO：CrO/1221,110-3CrO 2-= 五 =1,59 1>0 (moI/L)6.93 1028.解：pBr = 3 ,aBr- = 10-3moI/LpC

3、I = 1 ,3ci- = 10 1moI/L百分误差KbCI- aCI- X00 =aBr -_3 一6 101010二X100 = 60由于干扰离子ci-的存在,使测定的aBr-变为：aBr_= aBr _+ KBr ,>acl_= 10-3 + 6X10-3x 10-1=1,6X 10-3Br BrBr tcici即 a®由 10-3moI/L 变为 1.6x 10-3moI/L Br相差 3.0 - 2.8 = 0,2 pBr 单位29.解:富口心的1pHpH； V0, 002. 901.003.010.112. 003.150,144 003.340.194. 003

4、.570.235. 003. 300. 236. 004. 030. 23孔004. 340. 318. 004. 810. 478. 405. 251.108. 605. 611. 308. 806. 202. 959. 006. 803. 009.209.1011,509. 409. 803. 5.9. 6010.15L759. S010.41L3010. 0010.71L50(1)由pHV图查得 V终点=9.10ml由ApH/AVV图查得 V终点=9.10ml计算HAHA=0.1000 9.1010.00=0.09100 (mol/L)(3)化学计量点的pH值22pHA2pH/AV26.

5、80+42.59.10-40.09.1 -6.8pH 终点=6.80 + >42.5 = 7.9842.5 40.030.解:1120.0R1 =317 Q)Giki0.0630R21GIf20.0=26.7( Q)k20.750所对应的电阻值范围是 26.7-317Q31 .解：根据所给电阻值,求出电导值,具体如下:V/mlG/S0.003.15 xlOT*LOO2. SO xlQ-42.002.04 Mier,3.00L54 xlCT,4.001.97 xlO*6.002.86 xl口 *s. 003,S6 xJO+以电导值为纵坐标参加的HC1体积为横坐标作图.从右上图可得化学计量点

6、时HCl的体积为3.25ml3.25 X 1.00 = Cx X 100Cx = 0.0325 (mol/L)即溶液中NaOH的浓度为0.0325 mol/L.32 .解：(1) Cd2力Cd =9 Cd2%d + 等lgCd2+-0.059=-0.403 + lg 0.0167=-0.455 (V) AgCl/Ag =9 AgCl/Ag 0.059 lgCl -=0.222 0.059 lg (0.0334)=0.309 (V)E 池=0.309 (- 0.455) = 0.764 (V)(2) E 外=0.764 + iR=0.764 + 0.0283 义 6.42=0.946 (V)33

7、.解：(1) 9 AgBr/Ag = 0.71 > :gI/Ag = - 0.152且 Br - = I 1 = 0.0500 mol/L显然I 一应在电极上先沉积,BL开始沉积的电极电位为： 2 = AgBr / Ag 0.059 lgBr -=0.71 0.059 lg0.0500=0.148 (V)I = 1.00 X 10“ mol/L时的电极电位为： 1 = AgI/Ag =9 AgI / Ag - 0.059 11=-0.152 0.059 lg1.0X10上=0.202 (V)对于阳极过程1必须负于(小于)2方可定量别离,而今1 >2 ,故不能定量别离.一 E、, T

8、 e T e(2)由于 AgCl / Ag = 0.222 > AgI/Ag = - 0.152故I 一先在电极上沉积,Cl-开始沉积的电位为:2=AgCl/Ag = °AgCl/Ag 0.059 lgCl-=0.222 0.059 lg0.0400 = 0.304 (V)由(1)已求得 i = 0.202 V,在i (0.202V)和2 (0.304V)问任选一电位电解,I 口 C均可定量别离.(3)由上述计算可知I可口 C可定量别离,电极电位(相对于 NHE)在1 = 0.202 V和2 = 0.304 V之间,假设把电极换算成相对于 SCE,那么 1' = 1O)

9、SCE = 0.202 0.2438 = - 0.0418 (V) 2'=屯2一 SCE= 0.304 0.2438 = 0.0602 (V) 那么应在-0.0418 V至0.0602 V之间.34 .解：匚=607nD12m23 r 16C=607 次><8.00 10)12X(1.50)"3 X4.00) 16 M.00=22.7 ( a A)35 .解：(1)将测得的平均极限扩散电流进行空白校正后,以其为纵坐标, Cd2酷度为横坐标,绘制工作曲线如下：2+ ,Cd / mmol/L ld / mm0.206.501.0033.001.5049.502.006

10、5.502.5076.00由校正曲线查出,39.5mm对应于1.20mmol/L,即未知故中 Cd2的浓度为 1.20X 10-3 mol/LCx =CsVshxH(VxVs) -hxVx0.0120 5.00 39.599(25.0 5.00) -39.5 25.0=1.20 10-3 (mol/L)(3) 取1.50mmol/L进行计算-1.50 39.5-3 /Cx = = 1.20 (mmol/L) = 1.20 10 (mol/L)54 -4.536 .解： 1个CCl4相当于1e , CCl4的量为22.8796487=2.370X 10-4 (mol)CCl4的百分含量2.370

11、 10= 153.80.1037X100 = 35.1537 .解：产生Ag+的量为W it 0.0294 59.9-5 / n=1.83X 10 (mol)M nF 1 96487的量也应为1.83X 10-5mol5KI 的百分含量 = J6X00 = 0.0407.5838 .解：有关的化学反响为2Br = Br2 + 2e+ 3H+ + 3BrCu2+ + e = Cu+Br2 + 2Cu+ = 2Br- + 2Cu2+与苯胺反响消耗Br2所需的电量为1.00X10-3X 3.46X 60 - 1.00X 10-3X 0.41 X 60=0.183 (C)1个苯胺相当于3个Br2,相当

12、于6eW笨胺M苯胺Q93.1 0.1836F6 96487=29.4 ( g g)第三章色谱分析法习题解答18.解：n =5.54tRW12L、2=5.54700.18120/ 3600 /=931200 八=0.21931cm、2n乙苯=5.541150.27<120 3600=1116.7H乙苯200,、=0.18 (cm)1116.7n二甲苯=5.541700.37<120/3600 J=1299.5H二甲苯200,、=0.15 (cm)1299.5,_(15.05、(b)解：(a)R =匹仁；=逅2±= 0.24734 I u J 415.05< 14.82

13、 /neff=4 1.5：1-122f4x1.5a )16-1.0155、/粒、neff = I = I = 154525 (块)V « -1 )0 0.0155 )R1 =匹R2 一1_2fR21 15 飞L2 = I X L1 = I X1 =36.79 (m)IR1 J<0.2473. JB20.解：(a) H= +Cu+A u0.64=A+ +0.91C 0.910.47=A+1.51C1.510.43=A+ - +3C 3解得：B=0.48cm2 sec1-1C=0.07 1i S secA=0.039cm(b) uopt=0.4802,0.0745-1=2.54cm

14、 secHmin=A+=A+2 BC=0.039+2.0.48 0.0745u (cm/s -1)H (cm)0.910.641.510.473.00.434.20.475.550.557.00.638.00.69=0.42cm0.800.700.600.500.400.300.200.100.000.002.004.006.008.0010.0021.解:A FWi % = 一- 100% A FW空气=100%34 4 0.8434 4 0.84 214 4 0.74 4.5 4 278 4 77 1.05 250 1.28 47.3 1.36=0.049 x 100%=4.9%同理:W

15、甲烷% = 27.0 %Wco % = 0.77 %W 乙烯% = 47.5 %W 乙烷%=3.45 %W 丙烯% = 13.66 %W 丙烷 = 2.75 %22.解：Wi % =二 Fi/s Ws100%As WF i/s1Ai - Ws. W, % = 一S100%As W样,c1 C 14.80.1907W 甲酸=061x 100% =7.70%133 1.055cc 1 c 72.60.1907W 乙酸二 0562父 100% =17.56%133 1.05514.24 0.1907W 丙酸=0938x 100% =6.14%133 1.055第四章光谱分析法导论习题解答1.解:=1

16、.5X105(s-1)3.00 1010_ 52.0 1011-6T =5 = 6.67 10 (s)1.5 102.解:E = hC34106.63 103 100.25 10,=7.96 10-16 (J)3.解:E = h u = 6.63 W-34 X 4.01015 = 2.65 W-18 (J)-11T4 .解： o- = = w = 20000 (cm )1(cm) 500 105 .解： E = hC = hc(r = 6.63X 1034X3X 101°x 2.5X 10-5=4.97 X 10-28(J)6.解:E = hC6.63 100 3 1010400 1

17、0=4.97 10-19 (J)E=hc7.解：E = hc(r2.5X104 (cm-1)5.0M10-19二6.63 10 "4 3 10108.解:3410, hc 6.63 103 10入= =E6.0 10=3.32 10-6 (cm) = 33.2 (nm)第五章原子发射光谱法习题解答1. Zn原子基态电子组态为1s22s22p63s23p63d104s2,激发态电子组态为1s22s22p63s23p63d104s14p1,试推出产生Zn的强光谱线213.86nm和弱光谱 线307.59nm的跃迁过程.解：1il2SiS2LSJ光谱项24s001/21/20004 1S0

18、1 14s 4p011/21/21014 1P1110, 1, 2,34 P0,1,2213.86nm是由4 1P1 -4 1S0跃迁产生,完全满足选律,即n = 0, AL =1, AS = 0, A J = 1,故为强谱线.307.59nm是由4 3Pi - 4 飞跃迁产生,不完全满足选律,即S丰0自 旋禁阻,故为弱谱线.5年AA13 .斛：6=丫n - 1C 3二, D=g / mlA= 06 =0.001563 0.001 3 0.001563D = = 0.0002442iLg /ml0.019214 .解： Ax=0.435Vx=9 VVs=15VCs=100 g g / mlAm

19、=0.835Ax=kCxAm=kVxCxVxVsCsVsAxCxCx VxVsAm -VxcxVsCs - VxCxVsCsVxVs解之彳3:Cx=CsAxVsAm VxVs -和乂= 1000.435 15V0.835 9V 15V -0.435 9V= 1006.52516.125=40.47 Jg/ml15.解:C 闻/mLA0.000.0800.040.1320.080.185Cx =0.06g/ml 25ml20ml= 0.075g/ml13.A 斛：£ =bc-igTbc-lg0.530.08207.2 50=1.79X 104 (L?mol-1 cm-1)14.解：(1

20、) A = -igTigT = -A = -1.00T = 0.1 = 10%c = 0.434 T c - TlgT0.434 (0.5%)0.1 (-1.00)二 2.17%(2) A = 0.699igT = 0.699T = 0.2 = 20%现将T=20%的铜标准溶液用示差法调至 T=100%,故标尺放 大了 5倍,因此测得试液的T也放大了 5倍,即由10%放大 至50%.所以A = -igT = - lg50% = 0.301(3)示差法测定的相对误差为Cx _ 0.434 1 cx - Tr lgTrTs0.434 (0.5%)0.5lg0.5 0.2士 0.43%普通法:A 标

21、=0.699, T 标=20%A 测=1.00 , T 测=10%AT = T 标一T 测=20% 10% = 10%示差法：T 标=100%, T 测=50%AT = 100% 50% = 50%(5)示差法使标尺读数放大了 5倍,即T标(示差)100%L -放大仔数=5倍丁标(普通)20%15.解：(1) A = £ bc为使测量误差最小,那么A = 0.4344 / W 0.2%0.434 = 1.1X104X 1X X100055.85 100W = 0.11(g)(2)适宜的吸光度范围为 0.200-0.650之间C2 =0.20041.1 101=1.82 10-5 (m

22、ol/L)0.6501.1 104 1=5.91 博5 (mol/L)16 .解： A = £ bc0.800 = 104.13M 义 0.0300M 229M = 277 (g/mol)17 .解：(1)求出400nm和505nm处Co2+和C产的摩尔吸光系数般不采取此法,A由A = £ bc , £ =一计算£时,易引起块差,cb而是根据所给数据求A-c关系曲线.由曲线斜率等于该波长下的eb,继而 求得£ o在400nm处:Co2+的线性回归方程为A = 0.531CCr3+的线性回归方程为A = 15.2C在505nm处:Co2+的线性回

23、归方程为A = 0.003+ 5.05CCr3+的线性回归方程为A = 5.60C因b = 1cm,所以可得e Co2+(400) = 0.531 ,£ Co2+(505)= 5.05 , 求试液中Co2+ft C产的浓度£ Cr3+(400)= 15.23+ £ Cr(505) = 5.60A400 = £ Co2+(400) bCCo2+A505 = £ Co2+(505) bCCo2+Cr3+(400) bCCr3+Cr"(505) bCCr3+代入有关数据得_ 一 一一,_2+0.400 = 0.531 Cco2 +15.2

24、CCr3+0.530 = 5.05 CCo2+ + 5.60 Ccr3+解之,得Cco2+ = 0.0769 (mol/L)Ccr3+ = 0.0236 (mol/L)18.解:(1)根据实验数据绘制A对Vers体积的关系曲线V ers/tnlA(5l5nin)0.24C3.000.3SO4.000.4305. 000.5936.000.7008. 000.72010. OG0.72C12i000.720从两直线外推的交点向横坐标作垂线,垂线与横坐标的交点的坐标值 即为Fe2+完全络合需参加的Vers体积,其值为6.00ml,因此nVers摩尔数1.00父10,父6.00父10二 3一 =-=

25、7 =-m Fe 摩尔数 1.00M10 父2.00父101即络合反响为Fe2+ + 3 Vers = FeVers2+那么稳定常数为K =FeVers2+ Fe2 .Vers3由于只有FeVerss有吸收,所以FeVerss2+ = A/ £ bFe2+ = CFe2+ FeVers2+Vers = CVers 3 FeVersA/ ；b(CFe2 . - A/；b)(CVers -3A/ 3将参加6.00ml Vers所对应的各数据代入上式计算,此时 A=0.700 ,但e未知,可由A-V图上水平局部的吸光度求出,由于此处Vers有较大过量,Fe2+根本全部络合,那么有CFe2+

26、 = FeVers32+=-200 X1.0OX 10-3 = 4.00 X10-5 (mol/L) 50.00一 2+A = £ beVerss A2 .b FeVerss 0.7205 = 1.80 10 4 (L/mol cm)1.00 4.00 100.700K=1.80 104 1.00._ _ _ _ _50.7006.00. _ _ _ _ _33 0.7003(4.00 10 4)(1.00 10 4)31.80 104 1.00 50.001.80 104 1.00=1.31 x1018第八章红外吸收光谱法习题解答1 .大气中的02、N2等气体对测定物质的红外光谱是

27、否有影响为什么解：大气中的02、N2等气体对测定物质的红外光谱没有影响.由于在测定物质的红外光谱时,只有能产生红外吸收峰的物质才会有影响.根据 对红外光谱吸收峰产生条件,具有偶极矩变化的分子振动是红外活性振动, 而.2、N2等气体在分子振动时并不产生偶极矩变化, 无红外吸收峰.因此, 大气中的02、N2等气体对测定物质的红外光谱没有影响.2 .为什么 可、加、WH、觉h的位置 出现在高波数(36002300cm-1)?解：分子中X H键的伸缩振动频率可近似地用式(8 3)表小.由 于氢原子质量最小,所以XH键的伸缩振动频率最高,0H诂H、WH、 2H的位置出现在高波数(36002300cm-1

28、).3 .脂肪酮C=0键的力常数为11.72X 102 N M-1,计算C=0伸缩振动的 频率及波数.解：重建的伸缩振动频率可近似地用式(81)和(83)表示.1 k-1 fl1.72xl02 ( 11丫 二 一 | j+冗丫以 2x3.1416 111.661x1042.0116.00)11.77 102313/r、= . 0.1458 =3.105 10 (H 2)6.293 .1.6611111厂-1307 k( )=1307 11.72 ( :)M1M 2.12.01 16.021、 =1308 (cm )4 .丙烯CH3CH=CH2和反式2-丁烯CH3CH=CHCH3的红外特征吸收带

29、有 什么差异解：烯姓的CH面外摇摇振动的位置随取代类型不同而不同, 峰很强, 是鉴定烯姓类最有用的谱带.丙烯 CH3CH=CH2在995980cm-1有一中等 强度峰,915905cm-1 有一强峰.反式 2-丁烯 CH3CH=CHCH3 在 965cmT1 处有一个强峰.丙烯 CH3CH=CH2中CH3数比反式2-丁烯CH3CH=CHCH3 少一个,因此,与CH3有关的吸收峰,在丙烯 CH3CH=CH2红外谱图中比 反式2-丁烯CH3CH=CHCH3中CH3吸收峰弱.5 .将以下各组化合物按波数丫.=.大小次序排列.(1) H2C=CH2H2C=CHFH2C=CBr2(3)解：(1)当一电负

30、性很大的基团或原子和 C=C键相连,由于诱导效应, 可能使C=C键缩短,丫.=.伸缩频率升高.因此,次序为：H2C=CF , H2C=CBr2 , H2C=CH2o(2)环状化合物具有环张力,环内双键随环张力的增加,其伸缩振动 频率向低波数方向移动.因此,次序为：(3)环状化合物的环外双键随环张力的增加,其伸缩振动频率也相应 增加.当有共腕时,共腕效应使原来双键的吸收峰向低波数移动.因此, 次序为：6 .根据红外光谱数据鉴定二甲苯异构体：化合物A:吸收峰在767cm-1和692cm-1;-1化合物B:吸收峰在792cm ;化合物C:吸收峰在742cm-1.解：苯环上=C-H面外弯曲(y=ch)

31、振动,可判断苯环的取代类型. 对照表8-2中数据,化合物A为间二甲苯,化合物B为对二甲苯,化合物 C为邻二甲苯.7.用红外光谱如何区别下面各组化合物:(1)(2)(3)解：(1)烯姓的CH面外摇摆振动的位置随取代类型不同而不同,峰很强, 是鉴定烯姓类最有用的谱带.顺式 2-戊烯CH3CH2CH=CHCH3在700cm-1 左右有一峰,反式2-戊烯CH3CH2CH=CHCH3在965cm-1有一个强峰.印-COOH(2)含有羟基,Voh 在 33002500cm-1 (m)有一组非常特征的宽吸收带,COOH中OH面外变形振动在940900cm-1(m),这也是一个特征的宽谱带,对于确认羟基的存在

32、很有用.而HjC尸 COOCH/是酯,酯的CO C伸缩振动在13001050cm-1之间有两个峰,对甲基苯甲酸甲脂中C=O与苯环共腕,谱图中有高于1250cm-1 酯的 VaSC-0-C 吸收带,Vsc-0-c 在 12001050cm-1 (s)范围内.(3)苯酚中含有苯环,1600cm和1500cm-1的峰最能反映苯环的特征.另外,苯酚中苯环与 O发生P冗共腕,使键和键级升高,酚的 g=0在 1230cm 1附近.环己醇中含有亚甲基 CH2,在2930cm-1和2855cm-1有CH2 的伸缩振动,在1440cm-1有CH2的C-H变形振动.8. 一个化合物分子式为C6H14,按图8-2所

33、示推出其结构.解：该化合物不饱和度为0,是饱和姓;.图8-21中30002800cm-1的 强峰为饱和C-H伸缩振动吸收峰,说明该化合物含有 CH3和CH2； 1380cm-1处的峰裂分为1385cm-1和1368cm-1,说明存在CH (CH3)2或 -C (CH3)3； 1172cm-1、1147cm-1处的峰进一步说明存在异内基；740cm-1 的峰证实相邻2个CH2.该化合物结构为：CHjCHCH2CH2<hH3 CH39. 一个化合物分子式为C7H602,按图8-22所示推出其结构.解：该化合物不饱和度为5.图8-22中3200cm-1的宽峰说明存在羟基： 1670cm-1处的

34、峰证实存在嵌基并与苯环相连；但 940900cm-1无宽峰,也 就无一COOH 存在；1587cm-1、1499cm-1、870cm-1、782cm-1、710cm-1 的 峰,进一步说明存在间位取代苯基；2720附近的尖峰是醛基的特征吸收带； 1360cm-1、1287cm-1、1248cm一1归属于酚的 Vc-o和酚的OH变形振动.该 化合物的结构为CHO510. 一个化合物分子式为C18H 3602,按图8-23所示推出其结构.解：该化合物不饱和度为1.33002500cm-1一组宽吸收带,1700cm-1 吸收峰,以及940900cm-1的宽谱带证实存在竣基；1380cm-1峰很弱且无

35、 裂分,说明甲基很少,不存在一 CH (CH3)2或一C (CH3)3； 719cm-1出 现谱带,说明-(CH2)n-的n?4.该化合物结构为：CH3(CH2)16COOH ,硬酯酸.11. 一个化合物分子式为C9H10.2,按图8-24所示推出其结构解：该化合物不饱和度为 5.由于图中没有OH的伸缩振动宽谱带, 该化合物不含一OH和一COOH;谱图中高于 3000cm-1处有吸收峰,在 1600cm-1、1580cm-1、1498cm-1、1072cm-1、1029cm-1 有苯的吸收峰；有 1725cm-1强峰及1277cm-1、1108cm-1峰,说明它是酯.1277cm-1的峰较宽,

36、 且比1725cm-1谱带强,故此化合物为芳香酯.由1600cm-1、1580cm-1的峰裂分,也说明酯基直接与苯环相连；由709cm-1的强峰判断该化合物是单代苯,结构为：12. 一个化合物分子为C8H802,按图8-25所示推出其结构.解：该化合物不饱和度为 5.1604cm-1、1488cm-1 > 1443cm-1 > 1163cm-1 有苯的吸收峰；1687cm-1处的峰说明城基与苯环相连；1248cm-1、1030cm-1 处的峰证实有醴键图中没有 OH的伸缩振动宽谱带和酯的特征峰,该化 合物不含OH、-COOR和COOH;分子中有苯环、染基和醴键,分 子式为C8H80

37、2,只能是苯环上取代一CH0和一OCH3；虽然图上800cm-1 以下吸收没有画出,但900800cm-1无很强的吸收峰,证实该化合物只能 是邻甲氧基苯甲醛,结构为：13. 一个化合物分子式为C8H7N,按图8-26所示推出其结构.解：该化合物不饱和度为6.2217cm-1处吸收峰证实含有一CN;在 3030cm-1、1607cm-1、1508cm-1、1450cm-1、817cm-1 有峰,证实存在对位取HjCCN代苯基.该化合物为对甲基苯月青,结构式为:第九章核磁共振光谱法习题解答2 .解：1H和19F的自旋量子数均为1/2,当固定电磁辐射频率时,产生的 核磁共振条件是_ 2hHo _ 2

38、%Ho=-hh由于 H > F所以 Ho?> Ho即F核要求较大的外加磁场强度.3 .解：CH4中的H有电子云包围,而H+可视为裸核,外围没有电子,因 此前者有屏蔽效应,而后者没有.7 .解：(1) CICH2 CH2CI中两个一CH2是等价的,故只有一个吸收峰.(2) CH3-CCI2-CH2CI中甲基质子与亚甲基质子相距四个键, 相互之间无偶合作用,故只有两个吸收峰,甲基质子的吸收峰位 于高场,亚甲基质子的吸收峰位于低场,两者峰面积之比为3:2(3) CI-CH2-O-CH3的共振吸收峰特征类似于(2).8 .解：(1) CI2CHCHCI2属于A2系统,产生相当于两个质子的单重峰.(2) C12CHCOH属于AX系统,两组各相当于一个质子产生的 二重峰.(3) CI2CHCH2 Cl属于AX2系统,一个质子产生的三重峰,两