仪器分析习题解答(35页).doc

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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 , 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 = - 4.647

2、 = 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 百分误差 = 100 = 100 = 60 因为干扰离子Cl-的存在，使测定的aBr- 变为： a= aKa= 10-3610-310-1=1.610-3即a由10-3mol/L变为1.610-3mol/L相差3.0 - 2.8 = 0.

3、2 pBr单位29. 解：(1) 由pHV图查得 V终点 = 9.10ml由pH/VV图查得 V终点 = 9.10ml(2) 计算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()所对应的电阻值范围是26.7-317。31. 解：根据所给电阻值，求出电导值，具体如下： 从右上图可得化学计量点时HCl的体积为3.25ml3.25 1.00 = Cx 100Cx = 0.0325（

4、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 且 Br = I = 0.0500 mol/L 显然I应在电极上先沉积，Br开始沉积的电极电位为： = 0.059 lgBr = 0.71

5、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 1 = 0.202 V，在1（0.202V）和2（0.304V）间任选一电位电

6、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. 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

7、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对应于1.20mmol/L, 即未知液中Cd2+的浓度为1.2010-3 mol/L(2) CX = = = 1.2010-3 (mol/L)(3) 取1.50mmol/L进行计算 = 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的百分含量 = 100 = 35.1537. 解： 产生Ag+ 的量为 = =

8、 = 1.8310-5（mol）I- 的量也应为1.8310-5molKI的百分含量 = 100 = 0.04038. 解： 有关的化学反应为 2Br- = Br2 + 2e 3Br2 + = + 3H+ + 3Br- Cu2+ + e = Cu+ Br2 + 2Cu+ = 2Br- + 2Cu2+ 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）第三章 色谱分析法习题解答18. 解： n =5.54 H = n苯 = 5.54= 931 H苯 = = 0.2

9、1（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）（b）. 解： （a） R = = = 0.2473（b）1.5 = = = = = 154525（块） = = = 1 =36.79（m）20. 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

10、气 = = 0.049100% = 4.9%同理： W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 % = Fi/s = Wi % = W甲酸 = =7.70% W乙酸= =17.56% W丙酸=6.14% 第四章 光谱分析法导论习题解答1. 解： = = = 1.5105 (s-1)T = = = 6.6710-6 (s)2. 解： E = h = = 7.9610-16 (J) 3. 解： E = h= 6.63 10-34 4.0 1015 = 2.65

11、10-18 (J)4. 解： = = = 20000 (cm-1)5. 解： E = h = hc= 6.6310-34310102.510-5 = 4.9710-28(J)6. 解： E = h = = 4.9710-19 (J)7. 解： E = hc = = = 2.5104 (cm-1) 8. 解： E = h = = = 3.3210-6 (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

12、光谱线307.59nm的跃迁过程。解：l1l2s1s2LSJ光谱项4s2001/21/20004 1S04s14p1011/21/21014 1P1110，1，24 3P0,1,2 213.86nm 是由4 1P14 1S0 跃迁产生，完全满足选律，即n = 0，L = 1，S = 0，J = 1，故为强谱线。 307.59nm 是由4 3P14 1S0 跃迁产生，不完全满足选律，即S0（自旋禁阻），故为弱谱线。第六章 原子吸收及原子荧光光谱法习题解答13. 解：= D= = 0 =0.001563 D =14. 解：已知 AX=0.435 VX=9 V VS=15V CS=100 g / m

13、l 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 =第七章 紫外与可见分光光度法习题解答13. 解：= = = = 1.79104 （Lmol-1cm-1）14. 解：(1) A = -lgT lgT = -A = -1.00T = 0.1 = 10% = = = (2) A = 0.699lgT = 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 =

14、 -lgT = - lg50% = 0.301(3) 示差法测定的相对误差为 = = = 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) 示差法使标尺读数放大了5倍，即放大倍数 = = = 5倍15. 解： (1) A = bc 为使测量误差最小，则 A = 0.434 0.434 = 1.110411000 W = 0.11(g)(2) 适宜的吸光度范围为 0.200-0.650之间 c1 = = =

15、1.8210-5 (mol/L) c2 = = 5.9110-5 (mol/L)16. 解： A = bc 0.800 = 104.131 M = 277（g/mol）17. 解： (1) 求出400nm和505nm处Co2+和Cr3+的摩尔吸光系数 由 A = bc ，= 计算时，易引起误差，一般不采取此法，而是根据所给数据求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

16、= 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(2) 求试液中Co2+和Cr3+的浓度A400 =Co2+(400) bCCo2+ Cr3+(400) bCCr3+A505 =Co2+(505) bCCo2+ Cr3+(505) bCCr3+ 代入有关数据得 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.

17、0236 (mol/L)18. 解： (1) 根据实验数据绘制A对Vers 体积的关系曲线 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 = 由于只有 FeVers3 有吸收，所以FeVers32+ = A/bFe 2+ = CFe2+ FeVers32+Vers = CVers 3 FeVers32+ K = 将加入6.00ml 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

18、水平部分的吸光度求出，因为此处Vers 有较大过量，Fe 2+ 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解答1大气中的O2、N2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

19、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、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（81）和（83）表示。 = = =1308（cm-1）4. 丙烯CH3CH=CH2和反式2-丁烯CH3CH=CHCH

20、3的红外特征吸收带有什么差异？ 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965cm1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

21、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

22、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左右有一峰，反式2-戊烯CH3CH2CH=CHCH3在965cm-1有一个强峰。 （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

23、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12001050cm-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。 8一个化合物分子式为C6H14，按图8-2所示推出其结构。解：该化合物不饱和度为0，是饱和烃。图8-21中300

24、02800cm-1的强峰为饱和CH伸缩振动吸收峰，表明该化合物含有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丙基；740cm-1的峰证明相邻2个CH2。该化合物结构为： 9一个化合物分子式为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处的峰证明存在羰基并与苯环相连；但940900cm-1无宽峰，也就无COOH存在；1587cm-1、1499cm-1、870cm-1、782c

25、m-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-1归属于酚的VC-O和酚的OH变形振动。该化合物的结构为 10一个化合物分子式为C18H3602，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的宽谱带证明存在羧基；1380cm-1峰很弱且无裂分，说明甲基很少，不存在CH（CH3）2或C（CH3）3；719cm-1出现谱带，表明(CH2)n 的n4。该化合物结构为：CH3(CH2)16 COOH，硬酯酸。11

26、一个化合物分子式为C9H10O2，按图8-24所示推出其结构。解：该化合物不饱和度为5。因为图中没有OH的伸缩振动宽谱带，该化合物不含OH和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，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

27、，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处的峰说明羰基与苯环相连；1248cm-1、1030cm-1处的峰证明有醚键（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、羰基和醚键，分子式为C8H802，只能是苯环上取代CH0和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，证明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

28、和度为6。 2217cm-1处吸收峰证明含有CN；在3030cm-1、1607cm-1、1508cm-1、1450cm-1、817cm-1有峰，证明存在对位取代苯基。该化合物为对甲基苯腈，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 = = 由于 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) CH3CCl2CH

29、2Cl 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。 (2) Cl2CHCOH属于 AX 系统，两组各相当于一个质子产生的二重峰。(3) Cl2CHCH2 Cl 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) 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

30、的四重峰。(5) 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

31、。11. 解：在此化合物中存在强烈的分子内氢键，致使OH质子共振吸收峰移向低场。13. 答案为（4）。14. 答案： (a) 为乙基苯， (b) 为间二甲苯。15. 答案为 CH3CH2CONH216. 答案为 17. 答案为 18. 答案为 19. 答案为 第十章 质谱分析法习题解答9. 解：当质谱计接受器前的狭缝固定时，意味着，只允许固定曲率半径R飞行的离子通过狭缝而被检测。由 = 可知，当R、V固定时，m/e 与 H2成正比，因此首先通过狭缝的是m/e值最低的离子，随着磁场强度H的增大，m/e由小到大的通过狭缝。10. 解：氯同位素质量数相差2，分子中有3个氯原子，即n = 3，二项式

32、（ab）n 的展开式为四项，故氯同位素对M、M+2、M+4和M+6峰有贡献，相对强度由a : b = 75.53% : 24.47% = 3 : 1 计算得：M a3 = 33 = 27M+2 3a2b = 27M+4 3ab2 = 9M+6 b3 = 1 相对强度比为 M : M+2 : M+4 : M+6 = 27 : 27 : 9 : 1 11. 解：是3氨基辛烷m/e 100 相当于M失掉C2H5，m/e 58相当于M失掉C5H11，3氨基辛烷易发生 开裂，产生这两个峰；而4氨基辛烷虽可发生类似的开裂，但产生的却是m/e 86 和 m/e 72 峰。12. 解：（B）CH3CH2COOCH2CH2CH3 符合 开裂的产物是：C2H5CO+ m/e 57，C2H5 + m/e 29，C3H7+ m/e 4313. 解：a、b 和d 能发生麦氏重排，而c 没有H，故不能发生麦氏重 排。14. 解：(b) 能发生RDA重排，(a) 和 (c) 不能。 C2H4 m/e 90 m/e 2815. 答案为 16. 答案为 17. 答案为 18. 答案为 19. 答案为 20. 答案为 21. 答案为 -第 35 页-