儀器分析習(xí)題解答第二版_化學(xué)工業(yè)出版社

1、精品文檔北京化工大學(xué)儀器分析習(xí)題解答董慧茹 編2010年6月第二章電化學(xué)分析法習(xí)題解答25.解:pHs= 4.00, Es = 0.209VpHx = pHsEx Es0.059 pHxi = 4.00 +0.3120.2090.059=5.75 pHx2 = 4.000.088 0.2090.059=1.95 pHx3 = 4.00 +HA:=0.01mol/L,E = 0.518VA-=0.01mol/L , sce = 0.2438VE = SCE 2H+/H20.518=0.2438 0.059 lgH+H+=:k【HA】 ka A = 0.01=ka0.010.518=0.2438

2、0.010.059 lgka k 0.01g ka=-4.647ka =2.25 W-52Ag+ CrO2 =Ag2CrO4匹衛(wèi)竺=0.i70.05926.解:27.解:Ag+2 =Ksp CrO：SCEAg2 CrO4 / Ag- 0.285 = 0.2438 - 0.799 + 譽(yù)(彘)2CrO4 =-9.16 ,烏=6=1.59 W3 (mol/L)CrO 2 =28.解：pBr = 3 ,aBr-:=10一3mol/LpCl = 1 ,aci-=10-1mol/L百分誤差=KBr ,Clacl316 10 3 10 1-X100 = 3X00 = 60ao10 31.1 10 126.

3、93 10 10因?yàn)楦蓴_離子Cl-的存在，使測(cè)定的aBr-變?yōu)椋篴Br = aBr + KBr Cl 溝。=10-3 + 6X10-3x 10-1=1.6x 10-3即 aBr 由 10-3mol/L 變?yōu)?1.6x 10-3mol/L相差 3.0 - 2.8 = 0.2 pBr 單位29.解:pHpH/ V0. 002. 901. 003. 010.112. 003.150.143. 003. 340194. 003. 570, 235. 003. 800236. 00q. 03匕237. 004340. 318. 00q. 816即8. 405. 251.108. 605, 611.3C8

4、. 806. 202. 959. 00& 80乩0C9. 209.1011.509. 409. 803.509. 6010.151.7S9. 8010. 411.3010. 0010. 711-50畑阿 PH pH/ V 由pH V圖查得 V終點(diǎn)=9.10ml由厶pH/ VV圖查得 V終點(diǎn)=9.10ml計(jì)算HAHA=0.1000 9.1010.00=0.09100 (mol/L)(3)化學(xué)計(jì)量點(diǎn)的pH值pH 2pH/ V26.80+42.59.10-40.0pH 終點(diǎn)=6.80 + 9168 Agl/Ag = - 0.152且 Br = I = 0.0500 mol/L顯然 l 應(yīng)在電極上先沉

5、積， Br 開始沉積的電極電位為：e2 = AgBr/Ag 0.059 lgBr = 0.71 0.059 lg0.0500= 0.148(V)l = 1.00 X 10 6 mol/L 時(shí)的電極電位為：e 1 = Agl / Ag = Agl / Ag - 0.059 lgl = - 0.152 0.059 lg1.0X106= 0.202( V)對(duì)于陽(yáng)極過程 1 必須負(fù)于(小于) 2 方可定量分離，而今1 2 ，故不能定量分離。ee(2) 因?yàn)?AgCl/Ag = 0.222 Agl/Ag = - 0.152故I先在電極上沉積，Cl-開始沉積的電位為：0 2 = AgCl/Ag = AgC

6、l/Ag 0.059 lgC門=0.222 0.059 lg0.0400 = 0.304 (V)由已求得 1 = 0.202 V,在i (0.202V)和2 (0.304V)間任選一電位電解，I和Cl-均可定量分離。(3)由上述計(jì)算可知I和Cl-可定量分離，電極電位(相對(duì)于NHE)在1 = 0.202 V和2 = 0.304 V之間，若把電極換算成相對(duì)于SCE，貝U 1 = 1 SCE = 0.202 0.2438 = - 0.0418 ( V) 2 = 2 SCE= 0.304 0.2438 = 0.0602 (V)則應(yīng)在-0.0418 V至0.0602 V之間。34. 解：打=607nDm

7、3 t 6C=607 忽 X(8.00 10 6)12 X(1.50) 3 (4.00) 6 M.00=22.7 (卩 A)35. 解：(1)將測(cè)得的平均極限擴(kuò)散電流進(jìn)行空白校正后，以其為縱坐標(biāo)，Cd2濃度為橫坐標(biāo)，繪制工作曲線如下：Cd2+ / mmol/Lid / mm0.206.500.5016.501.0033.001.5049.502.0065.502.5076.00由校正曲線查出，39.5mm對(duì)應(yīng)于1.20mmol/L,即未知液中Cd2+的濃度為 1.20X 10-3 mol/L(2)Cx =CsVShxH(VxVs)hxVx=0.0120 5.00 39.5= 1.20 10-3

8、 (mol/L)99(25.05.00)39.5 25.0取1.50mmol/L進(jìn)行計(jì)算1.50 39. 5-3 /Cx= 1.20 (mmol/L) = 1.20 10 3 (mol/L)544.536. 解： 1個(gè)CCl4相當(dāng)于1e , CCl4的量為22.87=2.370X 10-4 ( mol)96487CCI4的百分含量2.370 10 4 153.80.1037X100 = 35.1537. 解：產(chǎn)生Ag+的量為W it 0.0294 59.9-5 ( IA=1.83X 105 (mol)M nF1 96487I-的量也應(yīng)為1.83X 10-5molKI的百分含量51.83 107

9、.58166 X00 = 0.04038. 解：有關(guān)的化學(xué)反應(yīng)為2Br- = Br2 + 2eCu2+ + e = Cu+Br2 + 2Cu+ = 2Br- + 2Cu2+與苯胺反應(yīng)消耗Br2所需的電量為1.00X 10-3 X 3.46X 60 - 1.00X 10-3X 0.41 X 60=0.183 (C)1個(gè)苯胺相當(dāng)于3個(gè)Br2，相當(dāng)于6eW笨胺M苯胺Q6F93.1 0.1836 96487=29.4 (卩 g)精品文檔精品文檔第三章色譜分析法習(xí)題解答18.解:n =5.54w,2n 苯=5.5470018=931120 3600H 苯=200=。21（cm）2n乙苯=5.541150

10、.27=1116.7120 3600H乙苯=2001116.7=0.18 （cm）n 二甲苯=5.541700.37=1299.5120 3600H二甲苯2001299.5=0.15（ cm）19.解：（a）4.420015.05,11482= 0.247315.0514.8220.(b)neffRR21.5 =1.54 1.52R2R1B解：(a) H= u0.64=A+1.0155L1Cu+0.91C0.910.47=A+ +1.51C1.510.43=A+ B +3C3解得：B=0.48cm2 sec-1C=0.07 卩 S - secA=0.039cm(b) uopt=CB = J0.

11、01551.50.24730.4802 =2.54cm0.07452=154525 (塊)X1 =36.79 (m)sec-1=A+2 BC=0.039+2,0.48 0.0745=0.42cm-1u (cm/s )H (cm)0.910.641.510.473.00.434.20.475.550.557.00.638.00.690.800.700.600.500.400.300.200.100.0021.解：Wi % =A RAT7100%W空氣 =100%34 4 0.8434 4 0.84 214 4 0.74 4.5 4 278 4 77 105 250 1.28 473 1.36=0

12、.049 x 100%=4.9%同理:W 甲烷% = 27.0 %Wco % = 0.77 %W 乙烯% = 47.5 %990L SSL%川9二 %00LZ06.0 彈%99ZL=%00L990 L SSL%0ZZ= %00LZ06L 09ZZ990L SSLL920Z06L 0曲二蟲由封M SV%0(H =% M vSM - !VVs=s/! J#M V%M sy労=%汕：擋乙乙% 9厶乙二叫里M% 99 SL = %艸 M% 9t7C=% M精品文檔精品文檔第四章光譜分析法導(dǎo)論習(xí)題解答1. 解：2. 解:3. 解:4. 解:5. 解:6. 解:7. 解:8. 解:_ C _ 3.00 1

13、010U =2.0 10=1.5X 105 (s-1)151.5 10-6=6.67 X06 (s)E = hC34106.63 103 100.25 10-16=7.96 W16 (J)E = h u = 6.63X-34 X4.0X15 = 2.65 X-18 (J)CT =1(cm)500 10 7=20000 (cm-1)C-3410-5E = h = hec = 6.63X 10 X 3X 10 X 2.5X 10-28=4.97 X 10(J)C E = h3410 6.63 103 10=4.97X-19 (J)40010 7E = hecE5.010194(T =3410 =2

14、.5X 10(cm-1)he6.63 103 10 E = hC入=些E=3.326.63 10 343 10106.01018-6(cm) = 33.2 (nm)第六章原子吸收及原子熒光光譜法習(xí)題解答厶A A13. 解：6 = vV n 1C 3D=g/mlA= 06 =0.0015630.001 3 0.001563 D =0.0002442 g/ml0.019214. 解：已知 Ax=0.435Vx=9 VVs=15VCs=100 卩 g / mlAm=0.835Ax=kCxAm=kVxCX VSCSVx VsCx VxVsVXCXVSCSAx CXAVXCXVSCSVxVs解之得：Cx

15、=CsAxVsAm VXVSAXVX= 1000.435 15V0.835 9V 15V0.435 9V=100 6.52540.47 g/ml16.12515.解:C ( pg/mL)A0.000.0800.040.1320.080.185Cx=0.06 g/ml 25ml20ml0.075( g /ml)第七章紫外與可見分光光度法習(xí)題解答13.解：能用紫外光譜區(qū)分（A）和（B）兩個(gè)異構(gòu)體，因?yàn)椋ˋ）的最大吸收峰波長(zhǎng)為242門口，而（B）為232 nm。(A)基本值 217 nm 烷基取代 4 5 nm 環(huán)外雙鍵5 nm入 max = 242 nm(B)217 nm3 5 nm入 max =

16、 232 nm14.解：該天然化合物的結(jié)構(gòu)為（B）,因?yàn)椋˙）的最大吸收峰波長(zhǎng)的計(jì)算值為254 nm,與實(shí)驗(yàn)測(cè)定值 252 nm最接近c(diǎn) OO(A)基本值215 nmB取代 12 nm(B)215 nm2 2 nm5 nm (環(huán)外雙鍵)10 nm (a取代)入 max = 227 nm入 max = 254 nm15.解：該化合物為對(duì)溴代苯甲酸，因?yàn)閷?duì)溴代苯甲酸的最大吸收峰波長(zhǎng)的計(jì)算值為245 nm,與實(shí)驗(yàn)測(cè)定值244 nm最接近對(duì)溴代苯甲酸鄰溴代苯甲酸間溴代苯甲酸基本值230 nm對(duì)Br取代15 nm入 max = 245 nm230 nm230 nm2 nm (鄰取代) 2 nm (間取代

17、)入 max = 232 nmA16.解： = 一 beigTbe20.08= 1.79X 104( L?mo1em-1)207.2 5017.解：(1) A = -igTigT = -A = -1.00T = 0.1 = 10%e = 0.434 T e = TigT0.434 ( 0.5%)0.1 ( 1.00)2.17%(2) A = 0.699igT = 0.699T = 0.2 = 20%現(xiàn)將T=20%的銅標(biāo)準(zhǔn)溶液用示差法調(diào)至 T=100%，故標(biāo)尺放 大了 5倍，因此測(cè)得試液的T也放大了 5倍，即由10%放大至50%。所以A = -IgT = - lg50% = 0.301(3)示差

18、法測(cè)定的相對(duì)誤差為亠=0.434A = 434( 05%)= 士 0.43% CxTrlgTrTs0.5lg 0.5 0.2普通法：A標(biāo)；=0.699,T標(biāo)=20%A測(cè)=1.00 ,T測(cè)=10% T =二T標(biāo)一T測(cè)=20% 10% = 10%示差法：T標(biāo)=100%,T測(cè)=50% T =100% -50%=50%(5)示差法使標(biāo)尺讀數(shù)放大了5倍，即T標(biāo)(示差)100%放大倍數(shù)=5倍T標(biāo)(普通)18.解：(1) A = be為使測(cè)量誤差最小，則A = 0.4340.434 = 1.1 X 104X 1X W 0.2% X1000 55.85 100W = 0.11(g)適宜的吸光度范圍為 0.20

19、0-0.650之間0.2001.1 104 1_5=1.82 X05 (mol/L)C2 =0.65041.1 10 1=5.91 W-5 (mol/L)19.解:A = bc4130.03000.800 = 10 3WWM 229M = 277 (g/mol)20.解:(1) 求出400nm和505nm處Co2+ft Cr3+的摩爾吸光系數(shù)AA = bc , =一 計(jì)算時(shí)，易引起誤差，一般不采取此法， cb而是根據(jù)所給數(shù)據(jù)求A-c關(guān)系曲線。由曲線斜率等于該波長(zhǎng)下的 b,繼而求得。在400nm處:Co2+的線性回歸方程為A = 0.531CCr3+的線性回歸方程為A = 15.2C在505nm

20、處:Co2+的線性回歸方程為A = 0.003 + 5.05CCr3+的線性回歸方程為A = 5.60C因b = 1cm,所以可得2+8 Co (400)= 0.531 ,3+8 Cr (400)= 15.22+ Co (505) = 5.05 ,3+ Cr (505) = 5.60求試液中Co2+和Cr3+的濃度A400 = Co2+(400) bCco2+ Cr3+(400) bCCr3+A505 = Co2+(505) bCCo2+3+3+ Cr (505) bCCr代入有關(guān)數(shù)據(jù)得0.400 = 0.531 CCo2+ +15.2 Cc產(chǎn)0.530 = 5.05 CcO2+ + 5.60

21、 Ccr3+解之，得Cco2+ = 0.0769 (mol/L)Ccr3 = 0.0236 (mol/L)21.解：（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制A對(duì)Vers體積的關(guān)系曲線V ets/fnl2. 000.西03. 000.3504. 000. 4305. 000. 5936. 000. 7008.000.72010. 000.72012.000.720從兩直線外推的交點(diǎn)向橫坐標(biāo)作垂線，垂線與橫坐標(biāo)的交點(diǎn)的坐標(biāo)值 即為Fe 2+完全絡(luò)合需加入的Vers體積，其值為6.00ml，因此丄 =Vers摩爾數(shù)=1.0010 36.0010 3= 3m = Fe摩爾數(shù)=1.0010 32.0010 3= 1即絡(luò)合

22、反應(yīng)為Fe 2+ + 3 Vers = FeVers 2+則穩(wěn)定常數(shù)為2K =FeVerss K =23Fe2 .Vers3由于只有FeVers有吸收，所以FeVers = A/ bFe 2+ = CFe2+ FeVers2+2+Vers = Cvers 3 FeVers32 K =山3(Cf2A/ b)(Cvers 3A/ b)3將加入6.00 ml Vers所對(duì)應(yīng)的各數(shù)據(jù)代入上式計(jì)算，此時(shí)A = 0.700,但&未知,可由A-V圖上水平部分的吸光度求出，因?yàn)榇颂嶸ers有較大過量，F(xiàn)e2*基本全部絡(luò)合，則有CFe2+ = FeVers32+=2.00=50.00_3_5X1.00X 103

23、 = 4.00 X 10 5 (mol/L)A = beVers2+bFeVers；-5 = 1.80 X0 4 (L/mol cm)1.00 4.00 10K=0.7001.80 104 1.0050.7006.0033 0.7003(4.00 104)(1.00 104)1.80 104 1.00 50.001.80 104 1.00=1.31 x 1018第八章紅外吸收光譜法習(xí)題解答1大氣中的02、N2等氣體對(duì)測(cè)定物質(zhì)的紅外光譜是否有影響？為什么？解：大氣中的02、N2等氣體對(duì)測(cè)定物質(zhì)的紅外光譜沒有影響。因?yàn)樵跍y(cè)定物質(zhì)的紅外光譜時(shí)，只有能產(chǎn)生紅外吸收峰的物質(zhì)才會(huì)有影響。按照 對(duì)紅外光譜吸

24、收峰產(chǎn)生條件，具有偶極矩變化的分子振動(dòng)是紅外活性振動(dòng)， 而02、N2等氣體在分子振動(dòng)時(shí)并不產(chǎn)生偶極矩變化， 無(wú)紅外吸收峰。因此, 大氣中的02、N2等氣體對(duì)測(cè)定物質(zhì)的紅外光譜沒有影響。2. 為什么 vh、vh、vh、vh的位置 出現(xiàn)在高波數(shù)（36002300cm1） ?解：分子中X H鍵的伸縮振動(dòng)頻率可近似地用式（8 3）表示。由 于氫原子質(zhì)量最小，所以X H鍵的伸縮振動(dòng)頻率最高， vh、vh、vh、vh的位置出現(xiàn)在高波數(shù)（36002300cm1）。3. 脂肪酮C=0鍵的力常數(shù)為11.72X 102 N M1，計(jì)算C=0伸縮振動(dòng)的 頻率及波數(shù)。解：重建的伸縮振動(dòng)頻率可近似地用式（81 ）和（8

25、3）表示。1 k1 f11.72 10211v =2 3.1416 661 10 17 12.01 16.00(230.14583.105 1013(H2)1 11307 11.72 ()V 12.01 16.021.77 106.293，1 .6611 1 1 1307 k()V M1 M2=1308 (cm1)4. 丙烯CH3CH=CH2和反式2-丁烯CH3CH=CHCH3的紅外特征吸收帶有什么差異？解：烯烴的CH面外搖搖振動(dòng)的位置隨取代類型不同而不同， 峰很強(qiáng)， 是鑒定烯烴類最有用的譜帶。丙烯 CH3CH=CH2在995980cm-1有一中等 強(qiáng)度峰，915905cm-1有一強(qiáng)峰。反式2

26、-丁烯CH3CH=CHCH3在965cm 處有一個(gè)強(qiáng)峰。丙烯 CH3CH=CH2中CH3數(shù)比反式2-丁烯CH3CH=CHCH3少一個(gè)，因此，與 CH3有關(guān)的吸收峰，在丙烯 CH3CH=CH2紅外譜圖中比反式2-丁烯CH3CH=CHCH3中CH3吸收峰弱。5.將下列各組化合物按波數(shù)Vc=c大小次序排列(1)(2)(3)H2C=CH2H2C=CHFH2C=CBr2解: (1)當(dāng)一電負(fù)性很大的基團(tuán)或原子和 C=C鍵相連，由于誘導(dǎo)效應(yīng)，可能使C=C鍵縮短，Vc=c伸縮頻率升高。因此，次序?yàn)椋篐2C=CF , H2C=CBr2 ,H2C=CH2。(2) 環(huán)狀化合物具有環(huán)張力，環(huán)內(nèi)雙鍵隨環(huán)張力的增加，其伸

27、縮振動(dòng)頻率向低波數(shù)方向移動(dòng)。因此，次序?yàn)椋篐,C CHjQI 口(3) 環(huán)狀化合物的環(huán)外雙鍵隨環(huán)張力的增加，其伸縮振動(dòng)頻率也相應(yīng)增加。當(dāng)有共軛時(shí)，共軛效應(yīng)使原來雙鍵的吸收峰向低波數(shù)移動(dòng)。因此, 次序?yàn)椋?. 根據(jù)紅外光譜數(shù)據(jù)鑒定二甲苯異構(gòu)體：化合物A :吸收峰在767cm-1和692cm1;化合物B:吸收峰在792cm-1;化合物C:吸收峰在742cm-1。解：苯環(huán)上=C-H面外彎曲（丫 =ch）振動(dòng)，可判斷苯環(huán)的取代類型。對(duì)照表8-2中數(shù)據(jù)，化合物A為間二甲苯，化合物B為對(duì)二甲苯，化合物C為鄰二甲苯。7. 用紅外光譜如何區(qū)別下面各組化合物:(1)(2)(3)解：（1）烯烴的CH面外搖擺振動(dòng)的

28、位置隨取代類型不同而不同，峰很強(qiáng)， 是鑒定烯烴類最有用的譜帶。順式 2-戊烯CH3CH2CH=CHCH3在700cm-1 左右有一峰，反式2-戊烯CH3CH2CH=CHCH3在965cm-1有一個(gè)強(qiáng)峰。(2)含有羥基,VOH 在 33002500cm-1 (m)有一組非常特征的寬吸收帶，COOH中0H面外變形振動(dòng)在940900cm-1(m),這也是一個(gè)特征的寬譜帶，對(duì)于確認(rèn)羥基的存在很有用。而是酯，酯的C 0 C伸縮振動(dòng)在13001050cm-1之間有兩個(gè)峰，對(duì)甲基苯甲酸甲脂中C=0與苯環(huán)共軛，譜圖中有高于1250cm-1 酯的 V%0-c 吸收帶，Vsc-0-c 在 12001050cm-1

29、 (s)范圍內(nèi)。(3)苯酚中含有苯環(huán)，1600cm1和1500cm，的峰最能反映苯環(huán)的特征。 另外，苯酚中苯環(huán)與 O發(fā)生P n共軛，使鍵和鍵級(jí)升高，酚的 V=0在 1230cm 1附近。環(huán)己醇中含有亞甲基CH2，在2930cm-1和2855cm，有CH2 的伸縮振動(dòng)，在1440cm，有CH2的C H變形振動(dòng)。8. 答案為CH3 (CH2)2CH =CH29. 答案為HC n c CH2CH2CH2CH310. 答案為OH11. 答案為CH312. 答案為OCH3CH3CH2C OCH213. 答案為14. 答案為15. 答案為16. 答案為CH3CH CH CH NH2CH3第九章核磁共振光譜

30、法習(xí)題解答2. 解：H和19F的自旋量子數(shù)均為1/2,當(dāng)固定電磁輻射頻率時(shí)，產(chǎn)生的核磁共振條件是2 fH。h由于pH (JF所以Ho? Ho即F核要求較大的外加磁場(chǎng)強(qiáng)度3. 解：CH4中的H有電子云包圍，而H+可視為裸核，外圍沒有電子，因 此前者有屏蔽效應(yīng)，而后者沒有。7. 解： CICH2 CH2CI中兩個(gè)一CH2是等價(jià)的，故只有一個(gè)吸收峰。(2) CH3 CCI2 CH2CI中甲基質(zhì)子與亞甲基質(zhì)子相距四個(gè)鍵，相互之間無(wú)偶合作用，故只有兩個(gè)吸收峰，甲基質(zhì)子的吸收峰位 于高場(chǎng)，亞甲基質(zhì)子的吸收峰位于低場(chǎng)，兩者峰面積之比為3:2(3) CI CH2 O CH3的共振吸收峰特征類似于 。8. 解：

31、(1) CI2CHCHCI2屬于A2系統(tǒng)，產(chǎn)生相當(dāng)于兩個(gè)質(zhì)子的單重峰。(2) CI2CHCOH屬于AX系統(tǒng)，兩組各相當(dāng)于一個(gè)質(zhì)子產(chǎn)生的 二重峰。(3) CI2CHCH2 CI屬于AX2系統(tǒng)，一個(gè)質(zhì)子產(chǎn)生的三重峰，兩 個(gè)質(zhì)子產(chǎn)生的二重峰。 CI2CHCHCIC0H 屬于 AMX 系統(tǒng)，Ha和Hx均產(chǎn)生相當(dāng)于一個(gè)質(zhì)子的二重峰，而Hm則產(chǎn)生相當(dāng)于一個(gè)質(zhì)子的四重峰。 CH3OCHCICH2CI，- 0CH3屬于 A3系統(tǒng)，產(chǎn)生相當(dāng)于三個(gè)質(zhì)子的單重峰；其余質(zhì)子屬于 AX2系統(tǒng)，Ha產(chǎn)生相當(dāng)于一個(gè) 質(zhì)子的三重峰，Hx產(chǎn)生相當(dāng)于兩個(gè)質(zhì)子的二重峰。 CHCI2CH2COH屬于 AM2X系統(tǒng)，Ha和Hx產(chǎn)生兩組分別相 當(dāng)于一個(gè)質(zhì)子的三重峰，Hm產(chǎn)生相當(dāng)于兩個(gè)質(zhì)子的四重峰。9. 解：Ha