仪器分析习题解答第二版_化学工业出版社(共38页)

1、北京化工大学仪器分析(fnx)习题解答董慧茹 编2010年6月第二章 电化学分析法习题(xt)解答25. 解： pHs = 4.00 , Es = 0.209V pHx = pHs (1) pHx1 = 4.00 + = 5.75 (2) pHx2 = 4.00 = 1.95 (3) pHx3 = 4.00 = 0.1726. 解： HA = 0.01mol/L , E = 0.518V A- = 0.01mol/L , SCE = 0.2438VE = SCE 2H+/H20.518 = 0.2438 0.059 lgH+H+ = = 0.518 = 0.2438 0.059 lg lg =

2、 - 4.647 = 2.2510-527. 解： 2Ag+ + CrO = Ag2CrO4 Ag+2 = - 0.285 = 0.2438 - 0.799 + = - 9.16 , = 6.9310-10 CrO = = 1.5910-3 (mol/L) 28. 解：pBr = 3 , aBr- = 10-3mol/L pCl = 1 , aCl- = 10-1mol/L 百分(bi fn)误差 = 100 = 100 = 60 因为干扰(gnro)离子Cl-的存在(cnzi)，使测定的aBr- 变为： a= aKa= 10-3610-310-1=1.610-3即a由10-3mol/L变为1

3、.610-3mol/L相差3.0 - 2.8 = 0.2 pBr单位29. 解：(1) 由pHV图查得 V终点(zhngdin) = 9.10ml由pH/VV图查得 V终点(zhngdin) = 9.10ml(2) 计算(j sun)HAHA = = 0.09100 (mol/L)(3) 化学计量点的pH值pH 2pH/V2 6.80 +42.59.10 -40.0pH终点 = 6.80 + 42.5 = 7.9830. 解： R = = R = = = 317() R = = = = 26.7()所对应(duyng)的电阻值范围是26.7-317。31. 解：根据(gnj)所给电阻值，求出电

4、导值，具体如下： 从右上图可得化学(huxu)计量点时HCl的体积为3.25ml3.25 1.00 = Cx 100Cx = 0.0325（mol/L）即溶液中NaOH的浓度为0.0325 mol/L。32. 解： (1) = + = - 0.403 + = - 0.455（V） = 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 6.42 = 0.946（V）33. 解：(1) = 0.71 = - 0.152

5、且 Br = I = 0.0500 mol/L 显然(xinrn)I应在电极(dinj)上先沉积，Br开始沉积(chnj)的电极电位为： = 0.059 lgBr = 0.71 0.059 lg0.0500 = 0.148（V） I = 1.00 10 mol/L 时的电极电位为： = = - 0.059 lgI = - 0.152 0.059 lg1.010 = 0.202（V）对于阳极过程 必须负于（小于） 方可定量分离，而今 ，故不能定量分离。(2) 因为 = 0.222 = - 0.152 故I先在电极(dinj)上沉积，Cl- 开始沉积(chnj)的电位为：2 = AgCl/Ag =

6、 AgCl/Ag 0.059 lgCl- = 0.222 0.059 lg0.0400 = 0.304（V）由(1)已求得 1 = 0.202 V，在1（0.202V）和2（0.304V）间任选(rn xun)一电位电解，I和Cl-均可定量分离。(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 = 0.202 V和2 = 0.304 V之间，若把电极换算成相对于SCE，则1= 1SCE = 0.202 0.2438 = - 0.0418（V） 2= 2SCE = 0.304 0.2438 = 0.0602（V） 则应在 - 0.0418 V至 0.0602 V之间。34

7、. 解： = 607nDmC = 6072(8.0010)(1.50)(4.00)4.00 = 22.7（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，Cd浓度为横坐标，绘制工作曲线如下：Cd2+ / mmol/L/ mm0.206.500.5016.501.0033.001.5049.502.0065.502.5076.00由校正曲线查出，39.5mm对应(duyng)于1.20mmol/L, 即未知液中Cd2+的浓度(nngd)为1.2010-3 mol/L(2) CX = = = 1.2010-3 (mol/L)(3) 取1.50mmol/L进行(jnx

8、ng)计算 = 1.20 (mmol/L) = 1.2010-3 (mol/L)36. 解： 1 个CCl4相当于1e , CCl4的量为 = 2.37010-4（mol）CCl4的百分(bi fn)含量 = 100 = 35.1537. 解： 产生(chnshng)Ag+ 的量为 = = = 1.8310-5（mol）I- 的量也应为1.8310-5molKI的百分(bi fn)含量 = 100 = 0.04038. 解： 有关的化学反应为 2Br- = Br2 + 2e 3Br2 + = + 3H+ + 3Br- Cu2+ + e = Cu+ Br2 + 2Cu+ = 2Br- + 2Cu

9、2+ 与苯胺反应消耗Br2所需的电量为1.0010-33.4660 - 1.0010-30.4160= 0.183（C）1个苯胺相当于3个Br2，相当于6eW笨胺 = = = 29.4（g）色谱分析法习题(xt)解答18. 解： n =5.54 H = n苯 = 5.54= 931 H苯 = = 0.21（cm） n乙苯 = 5.54= 1116.7 H乙苯 = = 0.18（cm） n二甲苯 = 5.54= 1299.5 H二甲苯 = = 0.15（cm）19解： （a） R = = = 0.2473（b）1.5 = = = = = 154525（块） = = = 1 =36.79（m）20

10、. 解：(a) H=0.64=A+0.91C0.47=A+1.51C0.43=A+3C 解得：B=0.48cm2sec-1 C=0.07Ssec-1 A=0.039cm (b) uopt=2.54cmsec-1Hmin=A+=A+2 =0.039+2 =0.42cm21. 解： Wi % = W空气(kngq) = = 0.049100% = 4.9%同理： W甲烷(ji wn)% = 27.0 % WCO % = 0.77 % W乙烯(y x)% = 47.5 % W乙烷(y wn)%=3.45 % W丙烯(bn x)% = 13.66 % W丙烷(bn wn)% = 2.75 %22. 解

11、：Wi % = Fi/s = Wi % = W甲酸 = =7.70% W乙酸= =17.56% W丙酸=6.14% 光谱分析(un p fn x)法导论习题解答1. 解： = = = 1.5105 (s-1)T = = = 6.6710-6 (s)2. 解： E = h = = 7.9610-16 (J) 解： E = h= 6.63 10-34 4.0 1015 = 2.6510-18 (J)4. 解： = = = 20000 (cm-1)5. 解： E = h = hc= 6.6310-34310102.510-5 = 4.9710-28(J)6. 解： E = h = = 4.9710-

12、19 (J)7. 解： E = hc = = = 2.5104 (cm-1) 8. 解： E = h = = = 3.3210-6 (cm) = 33.2 (nm)原子(yunz)吸收及原子荧光光谱法习题(xt)解答13. 解：= D= = 0 =0.001563 D =14. 解：已知 AX=0.435 VX=9 V VS=15V CS=100 g / ml Am=0.835 AX=kCX Am=k 解之得：CX=CS =100 =10015. 解： C（g/mL）A0.000.0800.040.1320.080.185 CX = 紫外与可见分光光度法习题(xt)解答13. 解：能用紫外光谱

13、(gungp)区分（A）和（B）两个(lin )异构体，因为（A）的最大吸收峰波长为242 nm，而（B）为232 nm。 （A） （B） 基本值 217 nm 217 nm 烷基取代 4 5 nm 3 5 nm 环外双键 5 nm max = 242 nmmax = 232 nm 14. 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254 nm，与实验测定值 252 nm 最接近。 （A） （B）基本值 215 nm 215 nm 取代(qdi) 12 nm 2 12 nm 5 nm （环外双键(shun jin)） 10 nm （取代(qdi)）max = 254

14、nmmax = 227 nm 15. 解：该化合物为对溴代苯甲酸，因为对溴代苯甲酸的最大吸收峰波长的计算值为245 nm，与实验测定值 244 nm 最接近。对溴代苯甲酸 邻溴代苯甲酸 间溴代苯甲酸基本值 230 nm 230 nm 230 nm 对Br取代 15 nm 2 nm（邻取代） 2 nm（间取代）max = 232 nmmax = 245 nm 16. 解：= = = = 1.79104 （Lmol-1cm-1）17. 解：(1) A = -lgT lgT = -A = -1.00T = 0.1 = 10% = = = (2) A = 0.699lgT = 0.699T = 0.2

15、 = 20%现将T=20%的铜标准溶液用示差法调至T=100%，故标尺放大(fngd)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 = -lgT = - lg50% = 0.301(3) 示差法测定的相对误差(xin du w ch)为 = = = 0.43%(4) 普通法：A标 = 0.699，T标 = 20%A测 = 1.00 ，T测 = 10%T = T标 T测 = 20% 10% = 10%示差法：T标 = 100%，T测 = 50%T = 100% 50% = 50%(5) 示差法使标尺(bioch)读数放大了5倍，即放大倍数 = = = 5倍18. 解： (

16、1) A = bc 为使测量误差最小，则 A = 0.434 0.434 = 1.110411000 W = 0.11(g)适宜的吸光度范围为 0.200-0.650之间 c1 = = = 1.8210-5 (mol/L) c2 = = 5.9110-5 (mol/L)19. 解： A = bc 0.800 = 104.131 M = 277（g/mol）20. 解： (1) 求出400nm和505nm处Co2+和Cr3+的摩尔(m r)吸光系数 由 A = bc ，= 计算(j sun)时，易引起误差，一般不采取此法，而是根据(gnj)所给数据求Ac关系曲线。由曲线斜率等于该波长下的b，继而

17、求得。 在400nm处： Co2+的线性回归方程为 A = 0.531C Cr3+的线性回归方程为 A = 15.2C 在505nm处： Co2+的线性回归方程为 A = 0.0035.05C Cr3+的线性回归方程为 A = 5.60C 因 b = 1cm, 所以可得 Co2+(400) = 0.531 , Cr3+(400) = 15.2 Co2+(505) = 5.05 , Cr3+(505) = 5.60求试液中Co2+和Cr3+的浓度A400 =Co2+(400) bCCo2+ Cr3+(400) bCCr3+A505 =Co2+(505) bCCo2+ Cr3+(505) bCCr

18、3+ 代入有关(yugun)数据得 0.400 = 0.531 CCo2+ 15.2 CCr3+0.530 = 5.05 CCo2+ 5.60 CCr3+解之，得 CCo2+ = 0.0769 (mol/L) CCr3+ = 0.0236 (mol/L)21. 解： (1) 根据(gnj)实验数据绘制A对Vers 体积(tj)的关系曲线 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Fe 2+ 完全络合需加入的Vers 体积，其值为6.00ml，因此 = = = 即络合反应为 Fe 2+ 3 Vers = FeVers3 2+则稳定常数为 K = 由于(yuy)只有 FeVe

19、rs3 有吸收(xshu)，所以FeVers32+ = A/bFe 2+ = CFe2+ FeVers32+Vers = CVers 3 FeVers32+ K = 将加入(jir)6.00 ml Vers 所对应的各数据代入上式计算，此时 A = 0.700，但 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+ = 1.0010-3 = 4.0010-5 (mol/L)A = bFeVers32+ = = = 1.8010 4 (L/molcm)K= = 1.311018第八章 红外吸收光谱法习题(xt)

20、解答1大气(dq)中的O2、N2等气体(qt)对测定物质的红外光谱是否有影响？为什么？ 解：大气中的O2、N2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O2、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O2、N2等气体对测定物质的红外光谱没有影响。2 为什么OH、SH、NH、CH的位置出现在高波数（36002300cm-1）？ 解：分子中XH键的伸缩振动频率可近似地用式（83）表示。由于氢原子质量最小，所以XH键的伸缩振动频率最高，OH、

21、SH、NH、CH的位置出现在高波数（36002300cm-1）。3 脂肪酮C=0键的力常数为11.72102 NM-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（8-1）和（8-3）表示。 = = =1308（cm-1）4. 丙烯(bn x)CH3CH=CH2和反式2-丁烯CH3CH=CHCH3的红外特征(tzhng)吸收带有什么差异？ 解：烯烃的CH面外摇摇振动的位置随取代(qdi)类型不同而不同，峰很强，是鉴定烯烃类最有用的谱带。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965

22、cm1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将下列各组化合物按波数VC=C大小次序排列。（1） H2C=CH2 H2C=CHF H2C=CBr2（2） （3） 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键缩短，VC=C伸缩频率升高。因此，次序为：H2C=CF , H2C=CBr2 , H2C=CH2。 （2）环状化合物具有环张力，环内双键(shun jin)随环张力的增加，其伸缩振动频率向低

23、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(shn su)振动频率也相应增加。当有共轭时，共轭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(gungp)数据鉴定二甲苯异构体： 化合物A：吸收峰在767cm-1和692cm-1； 化合物B：吸收峰在792cm-1； 化合物C：吸收峰在742cm-1。 解：苯环上=C-H面外弯曲（=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。7 用红外光谱如何区别下面各组化合物： （1） （2） （3） 解：（1）烯烃的CH面外摇摆(y

24、obi)振动的位置随取代类型不同而不同，峰很强，是鉴定烯烃类最有用的谱带。顺式2-戊烯CH3CH2CH=CHCH3在700cm-1左右(zuyu)有一峰，反式2-戊烯CH3CH2CH=CHCH3在965cm-1有一个(y )强峰。 （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很有用。而是酯，酯的COC伸缩振动在13001050cm-1之间有两个峰，对甲基苯甲酸甲脂中C=O与苯环共轭，谱图中有高于1250cm-1酯的VasC-0-C吸收带，VsC-0-C在1200

25、1050cm-1（s）范围内。 （3）苯酚中含有苯环，1600cm-1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共轭，使键和键级升高，酚的C=0在1230cm1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CH变形振动。8答案(d n)为 9答案(d n)为 10答案(d n)为11答案为12答案为 13答案为14答案(d n)为15答案(d n)为16答案(d n)为 核磁共振光谱法习题(xt)解答2. 解：1H和19F的自旋(z xun)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

26、是 = = 由于(yuy) H F 所以 H0 H0 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) ClCH2CH2Cl 中两个CH2 是等价的，故只有一个吸收峰。 (2) CH3CCl2CH2Cl 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) ClCH2OCH3 的共振吸收峰特征类似于(2)。8. 解： (1) Cl2CHCHCl2 属于 A2 系统，产生相当于两个质子的单重峰。

27、 (2) Cl2CHCOH属于(shy) AX 系统，两组各相当于一个质子产生的二重峰。(3) Cl2CHCH2 Cl 属于(shy) AX2 系统，一个质子产生(chnshng)的三重峰，两个质子产生的二重峰。 Cl2CHCHClCOH 属于 AMX 系统，HA和HX均产生相当于一 个质子的二重峰，而HM则产生相当于一个质子的四重峰。 CH3OCHClCH2Cl，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，HA产生相当于一个质子的三重峰，HX产生相当于两个质子的二重峰。(6) CHCl2CH2COH 属于 AM2X 系统，HA和HX产生两组分别相当于一个质子的三重峰，HM产生相当于两个质子的四重峰。9. 解：Ha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吸收，因此较大；而Hb没在C = O附近，受其影响很小，故较小。10. 解：因酚类的OH形成氢键的过程是放热反应，故体系温度升高时，不利于氢键形成，使OH质子共振吸收峰移向高场。11. 解：在此化合物中存在强烈的分子内氢键，致使OH质子共振吸收峰