仪器分析习题解答第二_化学工业出社

1、北京化工大学仪器分析习题解答董慧茹编2010年6月第二章电化学分析法习题解答25.解：pHs=pHx=pHspHxpHxpHx,Es=+ExEs0.0590.3120.209i=+=0.059,0.0880.2092=+二0.059,0.0170.2093=+0.05926.解：HA=L,E=A-=L,sce=E=SCE一2H+/H2=-lgH+H+=kaHA=0.01Aka0.01lg0.01ka0.01lgka-5ka=X1027.解:2Ag+CrO4=AgzCrQAgKspCrO：SCEAg2CrO4/Ag0.059/Ksp、2lg(-)CrO4CrOlg4CrO4Ksp2CrO：-10

2、-=x101.110126.931010-3X10(mol/L)28.解：pBr=3,aBr-=103mol/LpCl=1,aCl-=10mol/L百分误差=UX100=103aBr101013-10X100360因为干扰离子Cl-的存在,使测定的aBr-变为:aBr=aBr+KBClXaClBrBrBr.cici-3-3-1=10+6X10X10=X10-3即HrBr-3-3由10mol/L变为X10mol/L=pBr单位29.解:551pHpH/V0.002.901.003.010.112.003,150.143.003.348194.003.570,235.003.800.236.005

3、035237.00&34。.318.005810.478.405.251.108.605.611.308.806.202.959.006.803.009.209.1011.509.409.803.509.6010.159.8010.411.3010.0010.711.50(1)由pH-V图查得V终点=由ApH/AVV图查得V终点=计算HA0.10009.10HA=(mol/L)10.00(3)化学计量点的pH值pHA'pH/AV2+pH终点=+42.540.030.解:Gk1200R1=317(Q)G1ki0.0630D120.0R2=(Q)G2k20.750所对应的电阻值范围

4、是Q。31 .解：根据所给电阻值，求出电导值，具体如下：V/mlG/S0.oo3,15xiQ-41,oo2,60xiO-*2,OO2,043.OO1.54xicr.4.OO1.S7xlO'*5.OO2.ES乂1，6.OO3.6610,4以曲导值为纵坐标加入的HCL阵积为横坐标作图.从右上图可得化学计量点时HCl的体积为X=CxX100Cx=(mol/L)即溶液中NaOH勺浓度为mol/L。.一00059c32 .解：(1)Cd2/Cd=Cd2/Cd+等lgCd2=-+00591g0.01672=-(V)AgCl/Ag一AgCl/Ag1gCl=1g()=(V)E池=(-)=(V)(2)E

5、外=+iR=+义=(V)33.解：小eeAgBr/Ag=>AgI/Ag=-且Br=I=mol/L显然I应在电极上先沉积，Br开始沉积的电极电位为：2=AgBr/AglgBr=lg=(V)I=x106mol/L时的电极电位为：1二AgI/Ag=AgI/Ag-1gI=lgX106=(V)对于阳极过程1必须负于(小于)2方可定量分离，而今1>2,故不能定量分离。(2)l、r9因为AgCl/Age>AgI/Ag故I先在电极上沉积，Cl-开始沉积的电位为:0_2=AgCl/Ag=AgCl/Ag一lgCl=lg=(V)由(1)已求得1=V,在1()和2()问任选一电位电解，I和C均可定量

6、分离。(3)由上述计算可知I和Cl-可定量分离，电极电位(相对于NHE在1=V和2=V之间，若把电极换算成相对于SCE则 1'=1SCE=-(V) 2'=2一SCE=(V)则应在-V至V之间。34.解:i?=607nD12m23r16C=607X2Xx106)12X23x16x(nA)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浓度为横坐标，绘制工作曲线如下：Ccf+/mmol/Lid/mmmol/L由校正曲线查出，对应于L,即未知液中Cc2+的浓度为X10-取L进行计算(2)Cx=CsVshxH(VxVs)hxVx(mol/L)0.01205

7、.0039.599(25.05.00)39.525.0CX1.5039.5544.5=(mmol/L)=(mol/L)36 .解：1个CC14相当于1e,CCl4的量为2287-4287=X10(mol)9648742.37010153.8CCl4的百分含量=x100=0.1037,、+一-37 .解：产生Ag的量为Wit0.029459.9-5/IA=X10(mol)MnF196487I-的量也应为x105molKI的百分含量一一5一一1.83101667.58X100=38.解：有关的化学反应为2Br-=Br2+2eCu2+e=Cu+2+Br2+2Cu=2Br-+2Cu与苯胺反应消耗Br2

8、所需的电量为-3-3x10XX60-X10XX60=(C)1个苯胺相当于3个B2,相当于6e93.10.183二6F69648718.解:第三章色谱分析法习题解答tRW12700.18=9311203600200931cmn乙苯=115二0.27一1203600乙苯一200_1116.7(cm)2n二甲苯=170二0.371203600二甲苯一2001299.5(cm)19.41.5120.241.5neff=1R1=五R2-.L22L2=xL1=R1R解：(a)H=RCuAu61.01550.01551.50.24732=154525(块)(m15.051nef142001482角单：(a)

9、R=14.82=4415.0514.82(b),neff=A+0.91C0.91=A+1.51C1.51=A+R+3C3解得：R=-sec-1C=iiS-secA=(b)u二948020.0745=2.54cm-sec1Hl产A+BC.BC=A+2,BC=+2.0.480.0745u(cm/s0.911.513.04.25.557.08.0-1H(cm)0.640.470.430.470.550.630.690.800.700.600.500.400.300.200.100.00-AF21 .解：W%=100%ARW空气=100%3440.843440.8421440.744.54278477

10、1.052501.2847.31.36=x100%=%同理：W甲烷=%WCO%=%W乙烯=%W乙烷=%丙烯=%丙烷=%22 .解：W%=AFi/sW100%AsW1Fi/s=-S1AiWs.W,%=一S100%AsW样114.80.1907W甲酸=061100%=%1331.055172.60.1907W乙酸=0562100%=%1331.05514.240.1907W丙酸=0938100%=%1331.055第四章光谱分析法导论习题解答1.解：厂C=3-001050=Xl05(s-1)2.01051 1-6T=-=5=X10(s)1.510C6.63103431010-16/1、2 .解：E

11、=h一=；=X10(J)0.25103 .解：E=hu=X10-34xX1015=X10-18(J)114 .解：o-=20000(cm)(cm)5001075 .解：E=hC=hc(r=X10_34X3X1010xX10-5=X10-28(J)3410C6.6310310-196 .解：E=h=7=X10(J)400107 .解：E=hc(T=x104(cm-1)E5.010=1二3410hc6.6310310-C8 .解：AE=h6.631034310106.01018_x10-6(cm)=(nm)第六章原子吸收及原子荧光光谱法习题解答痴AA13 .解：6=Jn1D=g/mlA=00.00

12、130.001563D=0.0002442g/ml0.019214 .解：已知Ax=V x=9VV s=15VCs=100gg/mlA后Ax=kCXVxCxVsCsAm-kVxVsAxCxCxVxVsAmVXCXVSCSVxCxVsCsVxVs解之得:CX=CSAmVxVsAXVX0.43515V=1000.8359V15V0.4359V=1006.52516.12540.47g/ml15.解:C(gg/mL)A0.06g/ml25ml20ml0.075(g/ml)第七章紫外与可见分光光度法习题解答13 .解：能用紫外光谱区分（A和（B）两个异构体，因为（A的最大吸收峰波长为242nm,而（B

13、）为232nm。(A)基本值217nm烷基取代4X5nm环外双键5nm入max=242nm217nm(B)x5nm入max=232nm14 .解：该天然化合物的结构为（B）,因为（B）的最大吸收峰波长的计算值为254nm,与实验测定值252nm最接近。(A)(B)基本值215nm215nmB取代12nm2x12nm5nm（环外双键）10nm（a取代）入max=227nm入max=254nm15 .解：该化合物为对澳代苯甲酸，因为对澳代苯甲酸的最大吸收峰波长的计算值为245nm,与实验测定值244nm最接近。对澳代苯甲酸邻澳代苯甲酸间澳代苯甲酸基本值230nm230nm230nm对Br取代15n

14、m2nm（邻取代）2nm（问取代）入max=245nm入max=232nmAIgT1g0.53、,7-i-1、16 .解：£=-=x10(L?mo1-cm)bcbc20.08207.25017 .解：(1)A=-lgTlgT=-A=T=10%c=0.434Tc-TlgT0.434(0.5%)0.1(1.00)2.17%(2) A=lgT=一T=20%现将T=20%勺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峨大至50%所以A=-lgT=-lg50%=(3) 示差法测定的相对误差为CxCx0.434Tr二TrlgTrTs0434(0.5%

15、)0.5lg0.50.2±%普通法:A标=,T标=20%人测=,丁测=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%厂L放大倍数=5倍T标(普通)20%18.解：(1)A=£bc为使测量误差最小，则A=X104X1XW0.2%X100055.85100W=(g)0.200X10-5(mol/L)(2)适宜的吸光度范围为之间c1=-=4b1.110410.650-5,c2=4=x10(mol/L)1.110119 .解：A=£bc=X1X0.030

16、0M229M=277(g/mol)20 .解：(1)求出400nm和505nm处C(T和53+的摩尔吸光系数A由A=ebc,&=C计算&时，易引起误差，一般不米取此法，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e。在400nmM：Co2+的线性回归方程为A=Cr3+的线性回归方程为A=在505nmM：Co2+的线性回归方程为A=+Cr3+的线性回归方程为A=因b=1cm,所以可得£Co(400)=,£Cr(400)=CCo?(505)=,CC(505)=求试液中C+和Cr3+的浓度A100=ec,(400)bGo2+CC3(

17、400)bCC丁A505=£Co(505)bCCo2+£Cr(505)bCCr代入有关数据得CO"'+Ccr3+解之，得=CCo2+Ccr3+c；+=(mol/L)cr3+=(mol/L)21.解：根据实验数据绘制A对Vers体积的关系曲线Vets/fnl2.000.冽口3.000.3504.000.4305.000.5936.000.7008.000.72010.000.72012.000.720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+完全络合需加入的Vers体积，其值为，因此Vers摩尔数Fe摩尔数1.001036.00

18、103_3_3_31.001032.001031即络合反应为Fe2+3Vers=FeVers2+3则稳定常数为_2FeVerSsFe2.Vers3由于只有FeVers3有吸收，所以32+FeVers32+=A/£bFe2+=CFe2+FeVersVers=CVers3FeVers32+A/bA/b)(CVers3A/b)3将加入mlVers所对应的各数据代入上式计算,此时A=，但e未知，可由A-V图上水平部分的吸光度求出，因为此处Vers有较大过量，Fe2+基本全部络合,则有CFe2+=FeVers32+=咨XX10350.00X10-5(mol/L)A=£bFeVers3

19、2+0.720£=2-bFeVers3一一一一51.004.0010=x104(L/mol-cm)0.700K=1.801041.00八50.700-6.00八330.700.(4.00107)(1.00107)1.801041.0050.001.801041.0018X10第八章红外吸收光谱法习题解答1 .大气中的Q、凡等气体对测定物质的红外光谱是否有影响？为什么？解：大气中的Q、等气体对测定物质的红外光谱没有影响。因为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。按照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Q、等气体在分子振动时并不产生

20、偶极矩变化，无红外吸收峰。因此，大气中的Q、N2等气体对测定物质的红外光谱没有影响。2 .为什么vOHvS小vN小vCH的位置出现在高波数（36002300cm1）?解：分子中XH键的伸缩振动频率可近似地用式（83）表小。由于氢原子质量最小，所以XH键的伸缩振动频率最高,VOH>VSH>VNkvCH的位置出现在高波数（36002300cm1）3.脂肪酮C=0键的力常数为X102NJ-M1,计算C=0伸缩振动的频率及波解：重建的伸缩振动频率可近似地用式（8-1）和（8-3）表示。1k一211.7210223.1416.1.661101712.0116.0011.7710236.293

21、.1.6610.14583.1051013(H2)11113073一一)MMiM21307,11.72(12.0116.02=1308(cm1)4,丙烯CHCH=CHF反式2-丁烯CHCH=CHGH红外特征吸收带有什么差异？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CHCH=CH住995980cm1有一中等强度峰，915905cm1有一强峰。反式2-丁烯CHCH=CHC在965cm1处有一个强峰。丙烯CHCH=CH中CH数比反式2-丁烯CHCH=CHCH一个，因此，与CH有关的吸收峰，在丙烯CHCH=CHC外谱图中比反式2-丁烯CHCH=CHC

22、H中CH吸收峰弱。5.将下列各组化合物按波数Vc=c大小次序排列。解：(1)当一电负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®缩短，口=。伸缩频率升高。因此，次序为：KC=CFKC=CBr,HC=CH(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:口d6.根据红外光谱数据鉴定二甲苯异构体：化合物A:吸收峰在767cm1和692cm1;化合物B:吸收峰在792cm1;化合物C:吸收峰在

23、742cm1。解：苯环上=C-H面外弯曲（丫=ch）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。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CHCHCH=CHCH700cm1左右有一峰，反式2-戊烯CHCHCH=CHCH965cm1有一个强峰h3cCOOH(2)=/含有羟基，VOh33002500cm1(nj)有一组非常特征的宽吸收带，COO用OF0外变形振动在940900cm1(m,这也是一个特征的宽谱带，对于确认羟基的存在很有用。而HjCrpCOOCHj=/是酯，酯

24、的C-O-C伸缩振动在13001050cm1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1250cm1酯的V%-0-c吸收带，Vc-0-c在120011050cm1(s)范围内。(3)苯酚中含有苯环，1600cm1和1500cm1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Vc=o在1230cm1附近。环己醇中含有亚甲基CH,在2930cm1和2855cm1有CH的伸缩振动，在1440cm1有CH的CH变形振动。8 .答案为CH3(CH2)2CH=CH29 .答案为HC=CCH2CH2CH2CH310 .答案为OH11 .答案为312 .答案

25、为CH3CH2CO一ch2CH313 .答案为14 .答案为15 .答案为CCH316 .答案为CH3CH-CH2CH2NH2CH3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_2fHov=hh由于H>(1F所以H0?>H0即F核要求较大的外加磁场强度。3.解：CH中的H有电子云包围，而HW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)ClCH2-CHCl中两个一CH是等价的，故只有一个吸收峰。(2) CH3CCI2CHCl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

26、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) CICH-展CH的共振吸收峰特征类似于(2)。8 .解：(1)Cl2CHCHCI属于A2系统,产生相当于两个质子的单重峰。(2) Cl2CHCOHI于AX系统，两组各相当于一个质子产生的二重峰。(3) Cl2CHCHCl属于AX2系统，一个质子产生的三重峰，两个质子产生的二重峰。(4) Cl2CHCHCICOH于AMX系统，吨和心均产生相当于一个质子的二重峰，而耳则产生相当于一个质子的四重峰。(5) CHaOCHClCJCl,OCH3属于A3系统,产生相当于三个质子的单重峰；其余质子属于AX2系统，昧产生相当于一个质子的三重峰，H产生相当于两个质子的二重峰。(6) CHCl2CHCOH属于AM2X系统，H和HX产生两组分别相当于一个质子的三重峰，H产生相当于两个质子的四重峰。9 .解：吨紧靠C=O,处于C=O磁各向异性的去屏蔽区，需要较小的外加磁场强度就可产生共振