分析化學習題解析

-.z分析化學習題解析1分析質(zhì)量的保證題1.1計算以下結(jié)果：(1)；(2)解(1)(2)題1.2測定*銅合金中銅含量，五次平行測定的結(jié)果是：27.22%；27.20%；27.24%；27.25%；27.15%，計算：(1)平均值；中位數(shù)；平均偏差；相對平均偏差；標準偏差；相對標準偏差；平均值的標準偏差；(2)假設銅的標準含量為27.20%，計算以上結(jié)果的絕對誤差和相對誤差。解(1)平均值為：中位數(shù)為：27.22%平均偏差為： =相對平均偏差為： =標準偏差為：相對標準偏差為： =平均值的標準偏差為：(2)絕對誤差相對誤差題1.3從一車皮鈦礦砂測得TiO2含量，六次取樣分析結(jié)果的平均值為58.66%，標準偏差0.07%。求置信度為90%，95%，99%時，總體平均值的置信區(qū)間，并比擬之，結(jié)果說明了什么.解對于有限次測定的少量數(shù)據(jù)，總體標準偏差未知，故只能用樣本平均值和樣本標準偏差，按(1.22)式對總體平均值的置信區(qū)間做出估計：查分布表，為顯著水平，為自由度90%的置信度時，則95%的置信度時，則99%的置信度時，則題1.4*學生測定工業(yè)純堿中總堿量，兩次測定值分別為51.80%，51.55%，試計算其真實含量的置信區(qū)間。如果該學生又在同樣條件下繼續(xù)進展四次測定，其結(jié)果為51.23%，51.90%，52.22%，52.10%，試計算六次測定其真實含量的置信區(qū)間，并比擬之，結(jié)果說明了什么.解試題中未說明置信度，此時一般取置信度為95%進展計算。兩次測定：95%置信度，則六次測定：取95%置信度，，題1.5*取自月球的試樣由七塊拼成，設每次稱重的標準偏差為3mg，求該合成樣總量的標準偏差。解設取自月球上的試樣重為，每塊每為，故而每塊稱重的標準偏差一樣，都為3mg，即根據(jù)(1.23)隨機誤差傳遞公式，得 = =題1.6設，試由隨機誤差的傳遞公式證明。解因為根據(jù)(1.23)隨機誤差傳遞公式，得所以題1.7*工廠生產(chǎn)一些化工產(chǎn)品，在生產(chǎn)工藝改良前，產(chǎn)品中雜質(zhì)含量為0.20%。經(jīng)過生產(chǎn)工藝改良后，測定產(chǎn)品中鐵含量為0.17%，0.18%，0.19%，0.18%，0.17%。問經(jīng)過工藝改良后，產(chǎn)品中雜質(zhì)含量是否降低了〔顯著性水平〕.解用-檢驗法檢驗平均值與標準值是否有顯著差異，統(tǒng)計量所以選擇顯著水平，此題是單邊檢驗，拒絕為區(qū)域，查分布表得(2.78)，拒絕原假設，承受備擇假設，說明工藝改良后，產(chǎn)品中雜質(zhì)含量確實顯著降低了。題1.8*實驗室自裝的熱電偶測溫裝置，測得高溫爐的溫度為1250℃、1265℃、1245℃、1260℃、1275℃。用標準方法測得的溫度為1277℃，問自裝儀器與標準比擬有無系統(tǒng)誤差〔顯著性水平〕.解用檢驗法檢驗平均值與標準值是否有顯著差異，統(tǒng)計量所以選擇顯著水平，查分布表得有顯著差異，拒絕，承受，說明儀器存在系統(tǒng)誤差。題1.9用*光度法測一鋼標樣中微量鈦，5次測定值分別為〔%〕：、0.0240、0.0223、0.0246、0.0234、0.0240，標準值鈦含量為0.0227%，試判斷該測鈦的方法是否存在系統(tǒng)誤差(顯著性水平)?解用檢驗法檢驗平均值與標準值是否有顯著差異，統(tǒng)計量所以選擇顯著水平，查分布表得無顯著差異，承受，說明此法測定鈦的方法不存在系統(tǒng)誤差。題1.10*樣品中鐵含量用重量法六次測定得均值46.20%，滴定分析四次測定得均值46.02%，標準偏差為0.08%，這兩種方法測得的結(jié)果是否有顯著差異(顯著性水平).解由于重量法與滴定法的標準偏差均為0.08%，即S=0.08%，故不必用F檢驗精細度，而是直接用檢驗兩個平均值。重量法，，滴定法，，兩個平均值的比擬，首先要計算合并方差，統(tǒng)計量：選擇顯著水平，=5，=3，查分布表得=2.31拒絕H0，承受H1，說明重量法與滴定法測鐵的兩個方法的結(jié)果有顯著差異。題1.11用兩個方法測定*試樣中鎂含量，得到測定值分別為(%)：5.8 4.9 5.1 6.3 5.6 6.25.3 5.3 4.1 6.0 7.6 4.5 6.0試判別兩種方法精細度是否存在系統(tǒng)誤差(顯著性水平).解檢驗兩種方法精細度是否存在系統(tǒng)誤差，采用F-檢驗法方法1：，，方法2：，，所以選取顯著水平，置信水平90%，因為是雙尾檢驗，應查F分布表中的數(shù)據(jù)得，承受原假設，說明兩組精細度無顯著差異。題1.12*分析標準方法要求標準偏差為0.11，現(xiàn)將分析方法進展簡化，5次測定結(jié)果(%)為：4.28，4.40，4.42，4.35，4.37問簡化的方法是否符合標準偏差要求(顯著性水平).解根據(jù)題意，此題是檢驗方差應采用-檢驗法。統(tǒng)計量所以選取顯著水平，，查分布表得，<<承受原假設，說明在顯著水平10%時，認為方差正常，簡化方法符合標準偏差要求。題1.13*人在不同月份用同一方法分析樣品中鋅含量，所得結(jié)果(%)如下：五月份：35.0534.78 35.23 34.98 34.88 35.16十月份：33.9034.30 33.80 34.12 34.20 34.08問兩批結(jié)果有無顯著差異(顯著水平).解根據(jù)題意，首先要檢驗兩組結(jié)果的精細度是否有差異，假設無顯著差異，再用檢驗對兩個平均值進展檢驗?！?〕檢驗精細度是否有顯著差異統(tǒng)計量五月份：，，十月份：，，所以選擇顯著水平，置信概念為90%，因是雙尾檢驗，查F分布表的數(shù)據(jù)，得，承受原假設，兩組精細度無顯著差異。(2)檢驗兩個平均值，統(tǒng)計量所以選擇顯著水平，查分布表得拒絕，承受，說明兩個月份的測定結(jié)果有明顯差異。題1.14甲乙兩人分別測定同一樣品，得結(jié)果為：甲：93.3% 93.3% 93.4% 93.4% 93.3% 94.0%乙：93.0% 93.3% 93.4% 93.5% 93.2% 94.0%試用格魯布斯法檢驗兩種結(jié)果中異常值94.0%是否應該舍去.檢查結(jié)果說明了什么(顯著性水平)?解此題用格魯布斯法檢驗異常值對于甲：測定值由小到大排列：93.3% 93.3% 93.3% 93.4% 93.4% 94.0%94.0%為異常值統(tǒng)計量所以選擇顯著水平，查表得，。，故94.0%舍棄。對于乙：93.0%，93.2%，93.3%，93.4%，93.5%，94.0%94.0%為異常值統(tǒng)計量，所以選擇顯著水平，查表得，=1.82。，故94.0%保存由結(jié)果可知，甲的精細度較好，除94.0%以外，其余各測定值都相互接近，故94.0%舍棄，而乙的精細度較差，各測定值較分散，故94.0%保存。題1.15*學生標定NaOH溶液，得如下結(jié)果(mol·L-1)0.2012，0.2025，0.2015，0.2013試用Q-檢驗法判別0.2025值是否應保存(置信度95%)解將數(shù)據(jù)從小到大排列0.012，0.2013，0.2015，0.20250.2025為異常值統(tǒng)計量取置信度96%，查表，得。，故0.2025應予保存。2.化學分析法題2.1在0.1mol·L-1Ag+溶液中，測得游離氨濃度為0.01mol·L-1，計算。溶液中的主要存在形成為哪種型體.解查得銀氨絡合物的累積常數(shù)，因為〔1〕[NH3]=0.01mol·L-1將計算結(jié)果代入式(1)得(mol·L-1)此時，溶液中主要存在形式是題2.2寫出以下物質(zhì)水溶液的質(zhì)子條件式(1)NH4Cl (2)Na2CO3 (3)NH4H2PO4(4)NaAc+H3BO3 (5)NH3+NH4Cl (6)NH3+NaOH解(1)[H+]=[OH—]+[NH3](2)[OH—]=[H+]+[HCO3—]+2[H2CO3](3)(4)(5)(6)題2.3用NaOH或HCl標準溶液滴定以下物質(zhì)的溶液，求化學計量點〔一個或兩個〕時溶液的pH，并指出用何種指示劑。(1)0.10mol·L-1H2CO3(2)0.10mol·L-1HNO2(3)0.10mol·L-1丙二酸，pKa1=2.80，pKa2=6.10(4)0.10mol·L-1，Na3PO4解(1)查得H2CO3的pKa1=6.38，pKa2=10.25可用NaOH標準溶液滴定至NaHCO3，此時，有所以計量點pH=8.23，可用酚酞作為指示劑。(2)查得HNO2的pKa=3.29，可用NaOH標準溶液直接滴定。計量點產(chǎn)物為NaNO2， =9×10-7pOH=6.0pH=8.0可用酚酚制為指示劑(3)因為，，且所以當用NaOH標準溶液滴定時，兩級H+同時被滴定計量點產(chǎn)物為丙二酸鈉 =2.0×10-5pOH=4.7pH=9.3可用酚酞作為指示劑(4)查得H3PO4的=2.12，=7.20，=12.36，Na3PO4的=1.64，=6.8，=11.9因為，，所以用HCl標準溶液可分別滴定第一級和第二級電離的OH—，第一計量點，產(chǎn)物為Na2HPO4pH=9.8 可選用酚酞作為指示劑第二計量點產(chǎn)物為NaH2PO4pH=4.7可選用甲基紅作為指示劑題2.4設酸堿指示劑HIn的變色*圍有2.4個pH單位，假設觀察到剛顯酸式色或堿式色的比率是相等的，此時HIn或In—所點的質(zhì)量分數(shù)是多少.解根據(jù)題意有或或剛顯堿式色，即設[HIn]=1.00，則即，此時，In—所點的質(zhì)量分數(shù)為94.05%同理，剛顯酸式色時，[HIn]所占的質(zhì)量分數(shù)也為94.05%題2.5將0.12mol·L-1HCl與0.10mol·L-1NaNO2溶液等體積混合，溶液的pH是多少.假設將0.10mol·L-1HCl與0.12mol·L-1NaNO2溶液等體積混合，溶液的pH又是多少.解0.12mol·L-1HCl與0.10mol·L-1NaNO2等體積混合后，剩余HCl的濃度為mol·L-1HNO2的濃度為0.05mol·L-1，因為 pH=1.92又，0.10mol·L-1HCl與0.12mol·L-1NaNO2等體積混合后，剩余NaNO2的濃度為0.01mol·L-1HNO2的濃度為0.05mol·L-1組成緩沖溶液題2.6在pH=10.0時，用0.0200mol·L-1EDTA滴定同濃度的Pb2+溶液，滴定開場時，酒石酸的總濃度為0.2mol·L-1，計算計量點時的。(酒石酸鉛配合物的lgK=3.8)解查得=18.04pH=10.0，，另外，終點時，酒石酸的總濃度(mol·L-1)則mol·L-1因為 1+103.8×0.1=102.8所以(mol·L-1)(mol·L-1)題2.7在pH=5.0時，以二甲酚橙為指示劑，用0.02mol·L-1EDTA滴定同濃度Zn2+、Cd2+混合溶液中Zn2+，設終點時游離I—的濃度為1mol·L-1，計算終點誤差。解查得鎘-碘配合物的累積常數(shù)lgβ1~lgβ4為2.10、3.43、4.43、5.41；pH=5.0，，因為所以所以又題2.8在*一pH時，用等濃度的EDTA溶液滴定金屬離子Mn+，假設要求終點誤差為0.1%，并設檢測終點時，配合物的條件穩(wěn)定常數(shù)為108，問被測金屬離子的起始濃度最低應為多少.解根據(jù)(mol·L-1)題2.9以鉻黑T為指示劑，在pH=9.60的緩沖溶液中，以0.02mol·L-1EDTA溶液滴定同濃度的Mg2+，當鉻黑T發(fā)生顏色轉(zhuǎn)變時，值為多少.解查得因為所以題2.10用0.02mol·L-1EDTA滴定同濃度的Bi3+，假設要求TE<0.2%，檢測終點時，，計算滴定Bi3+的最高酸度。解查得根據(jù)即亦即查表2.5，得滴定Bi3+的最高酸度為pH=0.63〔內(nèi)插法〕題2.11計算pH=3.0，游離EDTA為0.1mol·L-1的溶液中，F(xiàn)e3+/Fe2+電對的條件電位?！埠雎噪x子強度的影響〕解查得V根據(jù)Nernst方程所以 =0.13〔V〕題2.12計算以下氧化復原反響的平衡常數(shù)和計量點電位。(1)===(2)===解查得因為，所以對于(1)對于(2) 題2.13*試樣除Pb3O4外僅含惰性雜質(zhì)，稱取0.1000g，用鹽酸溶解，加熱下參加0.02mol·L-1K2Cr2O7標準溶液25.00ml，析出PbCrO4沉淀。冷卻后過濾，將沉淀用鹽酸溶解后參加淀粉和KI溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定，消耗12.00mL。試樣中Pb3O4的質(zhì)量分數(shù)是多少.解據(jù)題意======所以又所以題2.14測定*鋼樣中鉻和錳，稱樣0.8000g，試樣經(jīng)處理后得到含F(xiàn)e3+、、Mn2+的溶液。在F—存在下，用KMnO4標準溶液滴定，使Mn(II)變?yōu)镸n(III)，消耗0.005000mol·L-1KMnO4標準溶液20.00ml。再將該溶液用0.04000mol·L-1Fe2+標準溶液滴定，用去30.00ml。此鋼樣中鉻與錳的質(zhì)量分數(shù)各為多少.解有關反響為所以題2.15計算(1)pH=5.0，草酸濃度為0.05mol·L-1時，CaCO3的溶解度。(2)pH=3.0，含有0.01mol·L-1EDTA，0.010mol·L-1HF的溶液中，CaF2的溶解度(3)MnS、Ag2S在純水中的溶解度解(1)查得 CaCO3的Ksp=2.0×10-9 H2C2O4的由題意如：所以mol·L-1(2)查得 pH=3.0，由題意，得所以(mol·L-1)(3)查得MnS的Ksp=2×10-10 Ag2S的Ksp=2×10-49H2S 在純水中，MnS溶解度比擬大，應考慮S2-的水解。水解常數(shù)K=[Mn2+][OH—][HS—](mol·L-1)Ag2S的溶解度較小，可忽略S2—的水解，此時，pH=7.0依題意有，解之，得 S=1.1×10-14mol·L-1題2.16計算以下?lián)Q算因數(shù)(1)從(NH4)3PO4·12MoO5的質(zhì)量計算P和P2O5的質(zhì)量百分比。(2)從Cu(C2H5O3)2·3Cu(AsO2)2的質(zhì)量計算As2O3和CuO的質(zhì)量百分比。解(1)(2)題2.17取磷肥2.500g，萃取其中有效P2O5，制成250ml試液，吸取10.00mL試液，參加稀HNO3，加水稀稀釋至100mL，加喹鉬檸酮試劑，將共中H3PO4沉淀為磷鉬酸喹啉。沉淀別離后，洗滌至呈中性，然后加25.00mL0.2500mol·L-1NaOH溶液，使沉淀完全溶解。過量的NaOH以酚酞做指示劑，用0.2500mol·L-1HCl溶液回滴，用去3.25mL。計算磷肥中有效P2O5的質(zhì)量分量。提示：涉及的磷的磷鉬酸酸喹啉的反響為====解題2.18稱取0.4817g硅酸鹽試樣，將它做適當處理后獲得0.2630g不純的SiO2(主要含有Fe2O3、Al2O3等雜質(zhì))。將不純的SiO2用H2SO4—HF處理。使SiO2轉(zhuǎn)化SiF4而除去。殘渣經(jīng)灼燒后，其質(zhì)量為0.0013g。計算試樣中SiO2的質(zhì)量分數(shù)。假設不經(jīng)H2SO4—HF處理，雜質(zhì)造成的誤差有多大.解不處理誤差為3.別離分析方法題3.2在一根有1600塊理論塔板上的柱上，異辛烷和正辛烷的保存時間各為180s和200s，問：①二組分通過該柱子時，所得到的別離為多少.②假設二組分保存時間不變，當使別離到達1.5時，所需的塔板數(shù)為多少.解n=1600①根據(jù)公式得 =又根據(jù)公式得此時所得到的別離度為1.05。②根據(jù)題意可得即故當使別離度到達1.5時，所需的塔板數(shù)為3249塊。題3.3將*樣品進樣后，測得各組分數(shù)的保存時間為：空氣峰45s，丙烷1.5min，正戊烷2.35min，丙酮2.45min，丁醛3.95min，二甲苯15.0min，以正戊烷為標準時，各化合物的相對保存值為多少.解，故根據(jù)公式，得丙烷丙酮丁醛二甲苯題3.4色譜柱溫為150℃時，*第姆特方程中的常數(shù)A=0.08cm，B=0.15cm2·s-1，C=0.03s，這根柱子的最正確線速為多少.所對應的最小塔板高度為多少.解根據(jù)公式得又根據(jù)公式得故這根柱子的最正確線速為2.24cm·s-1，所對應的最小理論填報高度為2.14mm。題3.5在角鯊烷柱上，100℃時以下物質(zhì)的保存時間分別為：甲烷為147.9s正已烷410.0s，正庚烷809.2s，苯543.2s，計算苯在角鯊烷柱上的保存指數(shù)。解根據(jù)公式，保存指數(shù)此題中：z=6 tM=149.7s將上述數(shù)據(jù)代入I*式中，得題3.8稱量*樣品重0.1g，參加0.1g內(nèi)標物，欲測組分A的面積校正因子為0.80，內(nèi)標物的面積校正因子為1.00，組分A的峰面積為60mm2，內(nèi)標組分峰面積為100mm2，求組分A的質(zhì)量分數(shù).解 Ai=60mm2 As=100m2根據(jù)內(nèi)標法公式得即組分A的質(zhì)量分數(shù)為48%題3.9用液一液分配高效液相色譜分析多元組分數(shù)混合物時，固定相體積0.6ml，流動相體積0.6mL，死體積0.8mL，當測得組分I、II、III的保存體積分別為3.2mL、4.2mL、5.8mL時，計算它們的分配系數(shù)各為多少.解Vs=0.6mL Vm=0.6mL VM=0.8mLVR(1)=3.2mL VR(2)=4.2mL VR(3)=5.8mL根據(jù)公式得故三種組分的分配系數(shù)分別為注：3.1，3.6，3.7略4.原子光譜分析法題4.1光譜定性分析的根本原理是什么.進展光譜定性分析時可以用哪幾種方法.試說明各種方法的根本原理及其適用場合。解元素的原子構(gòu)造不同，它們激發(fā)時所產(chǎn)生的光譜也各不一樣，這是光譜定性分析的依據(jù)，定性方法主要有：①標準試樣光譜比擬法；②鐵譜比擬法。其各自的根本原理及其適用場合請參考第243頁。題4.2光譜定量分析的依據(jù)是什么.為什么要采用內(nèi)標.簡述內(nèi)標法的原理。內(nèi)標元素和分析線應具備哪些條件.為什么.解光譜定量發(fā)析的依據(jù)是：在大多數(shù)情況下，I與c有以下關系：亦即采用內(nèi)標法可在很大程度上消除光源放電不穩(wěn)定等因素帶來的影響。因為盡管光源變化對分析線的絕對強度有較大的影響，但對分析線和內(nèi)標線的影響根本上是一樣的，所以對其相對強度的影響不大.內(nèi)標元素和分析線的選擇原則請參見第245頁。題4.3原子吸收光譜法為什么要采用銳線光源.解原子吸收光線的半峰寬度很小，因此光源只有發(fā)出比吸收光線半峰寬度更窄的，強度更大且更穩(wěn)定的銳線光源，才能滿足分析的需要。題4.4影響譜線展寬的因素是什么.解影響譜線展寬的因素有(1)多普勒展寬〔熱展寬〕。(2)壓力展寬〔洛倫茲展寬和赫爾馬克展寬〕。(3)場致展寬。題4.5試簡述原子吸收法有哪些干擾，怎樣消除。解請參見教材263~237頁。題4.6原子吸收光譜法中也定義了靈敏度，為什么還要給出檢出極限.解靈敏度與檢出極限是評價分析方法和分析儀器兩個不同的重要指標。靈敏度是指吸光度值的增量與相應待測元素的濃度增量之比，而檢出限的定義是：對于*一特定分析方法，在一定置信水平下被檢出的最低濃度或最小量。因而兩者所反響的指標是不同的。5.分子光譜分析法題5.3以下化合物中，預期哪一種的熒光量子產(chǎn)率高.為什么.解后者〔熒光素〕量子產(chǎn)率高，因為熒光素分子中的氧橋使其具有剛性平面構(gòu)造，它們與溶劑或其他溶質(zhì)分子的相互作用比擬小，通過碰撞去活的可能性也比擬小，從而有利于熒光的發(fā)射。題5.4*化合物有兩種異構(gòu)體存在：CH3—C(CH3)===CH—CO—CH3(I)CH2===C(CH3)—CH2—CO—CH3(II)一個在235nm處有最大吸收，為12000；另一個在220nm以外無高強吸收。試鑒別各屬于哪一種異構(gòu)體。解因為化合物〔I〕中的C==C雙鍵與C==O雙鍵共扼作用，故它的最大吸收波長向長波方向移動，且吸收強度增強，而化合物〔II〕則無此共軛作用。因此，235nm處有最大吸收的為化合物〔I〕，另一個為化合物〔II〕。題5.5試估計以下化合物中，何者吸收的光的波長最長.何者最短.為什么.(A) (B) (C) 解化合物〔C〕吸收的光的波長最長，化合物〔B〕吸收的光的波長最短。因為化合物〔A〕和〔C〕屬于共軛體系，且化合物〔C〕的共軛系統(tǒng)更長。而化合物〔B〕則沒有共軛體系。題5.7(CH3)2C===CHCOCH3在各種極性溶劑中實現(xiàn)n引起的紫外光譜特征如下：溶劑環(huán)己烷乙醇甲醇水335320312300256363112假定這些光譜的移動全部是由于溶劑分子生成氫鍵所產(chǎn)生。試計算在各種極性溶劑中氫鍵的強度〔kJ·mol-1〕。解根據(jù)光譜能量的計算公式〔J·mol-1〕則上述四種溶劑的光譜能量分別為環(huán)己烷〔kJ·mol-1〕乙醇 =373.95〔kJ·mol-1〕甲醇 =383.54〔kJ·mol-1〕水 =398.9〔kJ·mol-1〕因此，各種極性溶劑中氫鍵的強度分別為乙醇 373.95357.2=16.75〔kJ·mol-1〕甲醇 383.54357.2=26.34〔kJ·mol-1〕水 398.9357.2=41.7〔kJ·mol-1〕題5.8紫羅蘭酮有兩種異構(gòu)體，其構(gòu)造為 (I) (II)異構(gòu)體的吸收峰在228nm〔〕，而異構(gòu)體在296nm處有一吸收帶〔〕。試問〔I〕〔II〕兩種異構(gòu)體哪一種是體，哪一種是體.解〔II〕為異構(gòu)體〔I〕為異構(gòu)體因為〔I〕共軛系統(tǒng)長，吸收光的波長向長波方向移動。題5.9Fe2+用鄰二氮菲顯色，當20g·mL-1，于，吸收池厚度b=2cm時，測量的T/%=53.5，求摩爾吸收系統(tǒng)為多少.解20g·mL-1〔mol·L-1〕 T=53.5%=0.535根據(jù)公式 A=－1gT所以 A=0.272又因為 A=所以〔L·mol-1·cm-1〕即摩爾吸收系數(shù)為384.18L·mol-1·cm-1。題5.10*鋼樣0.500g，溶解后將其中的錳氧化為，準確配成100mL溶液，于，b=2.0cm時測得吸光度A=0.62，，計算鋼中錳的質(zhì)量分數(shù)。解 A=0.62 L·mol-1·cm-1b=2.0cm V=0.1L m=0.500g因為所以(mol·L-1)又因為所以所以故鋼中錳的質(zhì)量分數(shù)為0.155%。題5.121.0×10-3mol·L-1K2Cr2O7溶液在波長450nm和530nm處的吸光度A分別為0.200和0.050；1.0×10-4mol·L-1KMnO4溶液在450nm處無吸收，在530nm處吸光光度別為0.380和0.710。試計算該混合液中K2Cr2O7和KMnO4的濃度。假設吸收池厚1cm。解K2Cr2O7 A450=0.200 c=1.0×10-3mol·L-1 A530=0.050 b=1cm KMnO4 A450=0 c=1.0×10-4mol·L-1 A530=0.420根據(jù)公式A=，得〔L·mol-1·cm-1〕〔L·mol-1·cm-1〕KMnO4〔L·mol-1·cm-1〕對和KMnO4混合液，令的濃度為c1，KMnO4濃度為c2，則有即解上述聯(lián)立方程，得c1=1.9×10-3(mol·L-1)c2=1.46×10-4(mol·L-1)故該混合液中K2Cr2O71.9×10-3mol·L-1，KMnO4濃度為1.46×10-4mol·L-1。題5.13*吸光物質(zhì)*的標準溶液濃度為1.0×10-3mol·L-1，其吸光度A=0.669，一含*的試液在同一條件下測量的吸光度為A=1.000。如果以標準溶液為參比〔A=0.000〕，試問：(1)試液的吸光度為多少.(2)用兩種方法所測試液的T%各是多少.解cs=1.0×10-3mol·L-1As=0.699 A*=1.00(1)當以標準溶液為參比時，試液的吸光度為(2) 因為 A=－lgT所以 T1=0.1=10% T2=0.5=50%故用兩種方法所測試的T分別為10%和50%。題5.14在顯色反響中，當螯合劑濃度超過陽離子濃度40倍以上時，可以認為Zn2+全部生成。當溶液中、分別為8.00×10-4、4.00×10-2mol·L-1時，在選定波長下，用1cm吸收池測量的吸光度為0.364；當溶液中、分別為8.00×10-4mol·L-1、2.10×10-3mol·L-1時，在同樣條件下測得吸光度0.273。求該配合物的穩(wěn)定常數(shù)。解根據(jù)題意，在選定波長下，金屬離子螯合劑應無吸收因為所以此時金屬Zn已全部生成，根據(jù)，得〔L·mol-1·cm-1〕又因為所以此時Zn2+未全部生成根據(jù)物料平衡，有另將數(shù)代入，得解上述聯(lián)立方程，得=6×10-4mol·L-1 [R]=9×10-4mol·L-1 [Zn2+]=2×10-4mol·L-1又根據(jù)公式，得故該配合物的穩(wěn)定常數(shù)為3.7×106。題5.15未知物C7H6N2O4，mp:70℃ bp:300℃相對密度d=1.52 Mr=182.14，IR圖顯示在3050cm-1、2926cm-1、2865cm-1、1600cm-1、1500cm-1、1520cm-1、1340cm-1處有特征吸收峰，另外在840cm-1、877cm-1、817cm-1、710cm-1處也有紅外吸收峰，試解析其構(gòu)造。解(1)計算不飽和度〔每一價態(tài)原子數(shù)〕如果是環(huán)狀，則有n=4rS式中：r——環(huán)數(shù)。S——公用邊數(shù)。一般地，所有飽和化合物n=0 C==C n=1n=2n=4n=1因為此化合物n=6所以可肯定里面含有一個苯環(huán)〔〕(2)找出歸屬根據(jù)有機化合物官能團的特性吸收峰，可推測： 3050cm-1==C—H 2926cm-1 2865cm-1 1600cm-1、1500cm-1〔〕 1520cm-1、1340cm-1 840cm-1、710cm-1表示苯環(huán)上含有孤立H 877cm-1、817cm-1表示苯環(huán)上兩個H相鄰由此可推知，該化合物的可能構(gòu)造為上述三種物質(zhì)無法分別，此時需與標準譜圖對照，或者在指紋區(qū)找小峰確定其構(gòu)造。注：5.1，5.2，5.6，5.11略6核磁共振譜法題6.1液體二烯酮C4H4O2的1H核磁共振譜中，有兩個強度相等的峰，試推測該化合物有何種構(gòu)造。解首先由分子式可求出該化合物的不飽和度為3。又由于1H核磁共振譜中，只有兩個強度相等的單峰，則可推知該化合物中有兩類1H核，且數(shù)目相等，與這兩類1H核相連的碳原子不相鄰。綜合上述所有信息，可推出該化合物的構(gòu)造如下： CH2===C——CH2 O——C==O題6.2在*有機酸的鈉鹽中參加D2O，得到的1H核磁共振譜中有兩個強度相等的峰，試判斷以下兩種構(gòu)造哪種正確。(1)HOOC—CH—C—COOH (2)HOOC—CH—CH—COOH

C CCH3 CH2解由1H核磁共振譜中有兩個強度相等的峰?？芍摶衔锏臉?gòu)造應該是(2)。(2)中有兩組數(shù)目相等的化學等價的1H核，正好能給出兩個強度相等的峰而(1)雖也能給出兩個峰，但共強度比為1:3。題6.3以下各化合物的1H核磁共振譜見教材393頁圖6.42(1)~(8)。溶劑均為CCl4，儀器60MHz，標準TMS，推測各化合物的構(gòu)造(1)C3H7I(2)C2H4Br2(3)C3H6Cl2(4)C4H7O2Cl(5)C7H8(6)C8H11N(7)C9H10(8)C8H12O4解(1)由分子式計算可知該化合物應為一碘代烷烴。由教材第393頁圖6.42(1)中積分曲線由左到右，推知相對峰面積為1:6。說明7個1H核在各基團中分配數(shù)為1:6。即有一個構(gòu)造，兩個由處的二重峰，可推知應與直接相連。因此該碘化烷烴應具有如下構(gòu)造(2)由分子式計算出該化合物的不飽和度為0，則該化合物為溴代烷烴。由教材第394頁圖6.42(2)中積分曲線可推知4個1H核在各基團中的比例為1:3。又由處的兩重峰及處的四重峰可推知該化合物中有一個構(gòu)造和構(gòu)造，且相鄰。因此該化合物應為(3)由分子計算出該化合物的不飽度為0，則該化合物為氯代烷烴。由教材第394頁6.42(3)中的積分曲線推知6個1H核在各基團的比例為4:2。又由處的五重峰和處的三重峰，可推知該化合物的構(gòu)造應為Cl—CH2—CH2—CH2—Cl(4)由分子式可計算出該化合物不飽和度為1。從圖中的積分曲線可知7個1H在各基團中的比例為4:3。另綜合分子式信息可知該化合物中應有一個，和兩個且有一個與相連，另一個構(gòu)造與一個不含1H的碳原子相連〔因為處的四重峰右邊重峰高〕。另根據(jù)處峰的值，可推知該化合物的構(gòu)造為

O CH2Cl—C—O—C2H5(5)由分子式可計算出該化合物的不飽和度為4，因此可推知該化合物中可能有一個苯環(huán)存在。處的單峰證實了苯環(huán)的存在。另外處的單重峰說明有一個甲基存在。因此該化合物構(gòu)造為(6)由分子式可計算出該化合物的不飽度為4，由此可推知該化合物中可能有一個苯環(huán)構(gòu)造。這一推測為處的單峰所證實。由該峰面積可知該苯環(huán)為一單取代本環(huán)。又由各峰積分面積比之5:1:2:3可推知該化合物中應該有一個、一個和一個構(gòu)造〔應結(jié)合碳原子個數(shù)進展推理〕，因此該化合物應為(7)從分子式可算出該化合物的不飽和度為5，則可推知該化合物可能有一個苯環(huán)構(gòu)造。從處的單重峰可以確定該化合物中有一個雙取代苯環(huán)構(gòu)造。由和左右處的三重峰及五重峰，以及峰面積比4:2，可推知化合物中應存在—CH2—CH2—CH2—構(gòu)造；且該構(gòu)造兩邊的亞甲基應等價。綜合以上所有信息，可推知該化合物為(8)從化合物分子式可計算出其不飽和度為3。由積分曲線得1H在各基團中的比例為2:4:6，由此可推知該化合物應為一體對稱構(gòu)造。處的四重峰及處的三重峰說明該化合物中存在—CH3—CH2—構(gòu)造。綜合所有信息，可推知該化合物應為 CH3CH3 CH2CH2 HOOC—C==C—COOH題6.4*化合物為C4H8O2，在25.2MHz磁場中得寬帶去偶13C核磁共振譜圖見教材396頁圖6.43。圖中只有一個峰。。試推斷該化合物的構(gòu)造。解從分子式可計算出該化合物的不飽和為1。由13C的核磁共振譜只有一個峰，可推知四個碳原子完全等價，因此該化合物應有如下構(gòu)造 O H2CCH2 H2CCH2

O題6.5試計算CH3—CH2—CH2—CH2—CH3—中C1、C2、C3之值解題6.6*化合物分子式為C4H6O2。在25.2MHz磁場中得寬帶去偶和偏共振去偶13C核磁共振譜圖見教材第396頁圖6.44，以TMS為標準，CDCl3作溶劑。試推斷該化合物構(gòu)造。解由分子式可計算出該化合物的不飽度為2。由6.44〔a〕可知，該化合物中4個碳原子所處的環(huán)境均不一樣，又由6.44〔b〕可知4個碳原子分別連有0個、1個、2個、3個氫原子。因此該化合物的構(gòu)造應為 O

O

CH3—C—CH2—C—H題6.713C核磁共振譜有何特點.在1.4092T磁場中和2.3487T磁場中心13C核的吸收頻率為多少.解13C的化學位移要比1H大約20倍，譜線清晰。但由于13C同位素的天然豐度太低，信噪比只有1H的信噪比的1/5700。因此要采用寬度帶去偶等技術提高13C核磁共振譜的檢測靈敏度。當=1.4092T時，=15.1MHz當=2.3487T時，=25.1MHz7質(zhì)譜法題7.1*化合物的分子離子質(zhì)量為142，其附近有一個〔M+1〕，強度分為子離子峰的1.12%。問此化合物為何物。解由〔M+1〕峰的強度為分子離峰的1.12%可知該化合物中含有一個碳原子。結(jié)合該化合物的相對分子質(zhì)量為142，可推導出該化合物式為CH3I題7.2在180o磁場單聚焦質(zhì)譜儀中，從質(zhì)量為18~200進展掃描時，假設磁場強度為0.24T，分析管曲率半徑為12.7cm，求所需電壓為多少.解對于質(zhì)譜儀裂解的碎片離子，一般z=1，所以題7.3*化合物中含C、H、O三元素，熔點40℃，在質(zhì)譜圖中分子離子峰的m/z這184，其強度為10%?；錷/z為91，小的碎片離子峰m/z為77和65，亞穩(wěn)離子峰在m/z為45.0和46.5之間出現(xiàn)，試推導其構(gòu)造。解由基峰m/z91，碎片離子峰m/z為77和65，可以推出該化合物含有構(gòu)造和。另外通過計算可知m/z在45.0和46.5之間出現(xiàn)的亞穩(wěn)離子是分子離子峰裂解成m/z91碎片離子的過程中產(chǎn)生的。除此這外沒有其他碎片離子峰。結(jié)合上述述信息，以及該化合物的分子量為184，只含有C、H、O三元素，可推知其構(gòu)造應為其裂解過程如下題7.4*化合物的質(zhì)譜圖中，分子離子峰的m/z為122〔35%〕，碎片離子m/z為92〔65%〕，m/z為65〔15%〕，亞穩(wěn)離子的m/z在46.5和49.4之間出現(xiàn)。試推導其構(gòu)造。解由m/z為91和m/z為65處的碎片離子峰可推知該化合物中應有構(gòu)造。亞穩(wěn)離子峰是在m/z為91的碎片離子峰裂解成m/z為65的碎片離子峰的過程中產(chǎn)生的。在由分子離子峰m/z為122裂解成m/z為91的碎片過程中失去了中性碎片m/z為31，可推測出該化合物中可能含有CH3—O—構(gòu)造。m/z為92的碎片離子可能是在裂解過程中發(fā)生了重排產(chǎn)生的。綜上信息，該化合物為其裂解過程如下題7.5化合物分子式為C4H8O2，其質(zhì)譜如圖7.12?；衔餅橐后w，沸點163℃，試推導其構(gòu)造。解由分式可計算出該化合物的不飽和度為1。由m/z60、m/z45、m/z73、m/z29等碎片離子峰可推測出該化合物為脂肪羧酸，即 CH3—CH2—CH2—COOH其裂解過程如下m/z=88 m/z=45m/z=88 m/z=29m/z=88 m/z=738電化學分析法題8.1構(gòu)成電位分析法的化學電池中的兩電極的名稱是什么.各自的特點是什么.答電位分析法中的兩電極常稱為指示電極和參比電極。指示電極電位值與溶液中電活性物質(zhì)活度常服從Nernst方程；參比電極通常在電化學測量過程中，其電極電位根本不發(fā)生變化。題8.2金屬基電極的共同特點是什么.答金屬基電極的根本特點是電極電位的產(chǎn)生與電子轉(zhuǎn)移有關，即半電池的反響是氧化反響或復原反響。題8.3薄膜電極的電位是如何形成的.答薄膜電極電位包括兩局部：一局部是膜內(nèi)離子因擴散速度不同而產(chǎn)生擴散電位，另一局部是電解質(zhì)溶液形成的內(nèi)外界面的Donnan電位。題8.4氣敏電極在構(gòu)造上與一般的離子選擇性電極的不同之處是什么.答氣敏電極的下端部裝有憎水性氣透膜，溶液中的氣體可透過該膜進入電極管內(nèi)，使管內(nèi)溶液中的化學平衡發(fā)生改變。題8.5什么是離子選擇性電極的選擇性系數(shù).它是如何求得的.答電位型傳感器除對特定的電活性物質(zhì)有響應外，溶液中*些共存離子也可能在電極上產(chǎn)生響應。當有共有離子存在時，膜電位與響應離子i的活度的關系服從Nicolsky方程式，式中：——響應離子和共存離子的電荷數(shù)——電位選擇性系數(shù)常用選擇性系數(shù)測定方法有兩種：混合溶液法和分別溶液法。(1)分別溶液法：分別配制一系列響應離子i和干擾離子j的標準溶液，然后用i離子選擇性電極測量電位值和，以對作圖，對作圖，可用等活度法或等電位法求得選擇性系數(shù)。(2)混合溶液法，在待測離子與干擾離子共存時，通過固定干擾法或固定響應離子求算選擇性系數(shù)。題8.6極譜分析是特殊情況下的電解，請問這特殊性是什么.答極譜分析的特殊性包括以下三個方面。(1)電解池由滴汞電極〔負極〕和甘汞電極〔正極〕組成，滴汞電極外表積小，電流密度大，為極化效果優(yōu)良的極化電極；其次電極外表不斷更新，分析結(jié)果再現(xiàn)性高。氫超電位大，受氫放電干擾小，汞與許多金屬汞齊，降低了分解電壓。此外，甘汞電極面積大，電位穩(wěn)定。(2)電解過程中的溶液不攪拌。(3)極譜波具有特殊的S形狀，電解時通過溶液的電流小，溶液組成根本不變。題8.7Ilkovic方程式的數(shù)學表達式是什么.各符號的意義是什么.Ilkovic方程式有下面兩個數(shù)學式和式中：——每滴汞最后時刻的極限擴散電流，μA;D——擴散系數(shù)，cm2·s-1；——汞流速，mg·s-1；t——記錄極譜圖時汞滴落時間s；c——電活性物質(zhì)的濃度，mmol·L-1；n——發(fā)生電化學反響時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)；——滴汞自開場至滴落時的平均擴散電流。題8.8試證明化學反響平行于電極反響的催化電流與汞柱高度無關。答化學反響平行于電極反響時，電化學過程可表示如下式中，為速度常數(shù)。滴汞電極上的催化電流與汞樁高度的關系比擬復雜〔參閱*祖訓和汪爾康著的?電化學原理和方法?〕，在這里只考慮的情況，此時催化電流。其中，為體系中Z的濃度；t為滴汞電極的滴下時間；m為汞在毛細管內(nèi)的流速。由于式中：——常數(shù)；——汞高度?！矠槌?shù)〕因此與汞柱高度無關題8.10是什么.它有什么特點.它有什么用途.答半波電位，它與標準電極電位只相差一個常數(shù)，與電活性物質(zhì)濃度無關，可作為定性分析的依據(jù)。題8.11如何通過配合物譜波方程求配合物的、、K.答根配合物極譜波方程：在*固定配合物濃度下，通過以對滴汞電極電位作圖，對于可逆極譜波，可得到一直線，該直線的斜率為，便可求得n。另實驗測定不同配體濃度下和金屬離子配合物的半波電位與相應簡單金屬離子半波電位之差作圖，由截距可估計KML，由斜率可估計配位數(shù)p。題8.12經(jīng)典直流極譜的局限性是什么.單掃描極譜、交流極譜、方波極譜和脈沖極譜在這方面有什么改良.答：普通極譜的局限性(1)分析速度慢，典型的時間為5~15min(2)分析靈敏度受剩余電流，特別是充電電流的限制，普通直流極譜分析的干擾電流主要為：①剩余電流；②極譜極大電流；③氧波；④遷移電流。(3)分辨率低，要求半波電位相差100mV以上。線性掃描極譜法的特點。(1)靈敏度較高，可達1×10-6~1×10-7mol-1。這主要與掃描速度快有關。等濃度的去極化劑的線性掃描示波極譜峰電流比典極譜極限擴散電流要大得多。其次，由于線性掃描示波極譜記錄曲線時汞滴電極面積根本固定，剩余電流較小，因而信噪比擬高。〔2〕分辨率較高。在經(jīng)典極譜中，相鄰的兩個極譜波的半波電位如小于200mV，則發(fā)生干擾。對于線性掃描極譜，由于極譜波呈峰形，兩波相差50mV也可分開。(3)先復原的能力強?？衫秒姌O反響可逆性的差異將兩波分開；或利用峰電流比相應的擴散電流大得多，消除前波對后波的影響。交流極譜法的特點：(1)靈敏度與經(jīng)典極譜差不多。對于可逆體系，靈敏度稍比經(jīng)典極譜高些，一般達1×10-5~1×10-6mol·L-1；對于不可逆體系，則低于經(jīng)典極譜。影響靈敏度提高的原因是存在著充電電流。(2)選擇性比經(jīng)典極譜強得多，這是因為交流極譜波呈峰狀，分辨能力高，峰高電位相差40mV的兩個峰也可分開；前波的影響小，這是由于到達前波極限電流的電位時，交流電流又降至基線，對后波影響很小，如適中選擇底液，使被測物質(zhì)的電極反響可逆，而干擾物質(zhì)不可逆，則可大大降低干擾物質(zhì)的影響。(3)氧波干擾小，這時由于氧的電極的反響不可逆，產(chǎn)生的峰電流很小。在多數(shù)情況下多，可不必除氧。(4)許多在經(jīng)典極譜中為可逆的反響，而在效流極譜中卻變?yōu)椴豢赡妗＝涣鳂O譜可用于研究電極過程動力學和吸附現(xiàn)象，測定反響速率常數(shù)等。以下介紹方波極譜的特點。(1)靈敏度高。由于①消除了充電電流，提高了信噪比；②方波極譜中電壓掃描速度很快，電解電流大大超過一樣條件下的直流極譜的擴散電流。對于可逆體系，靈敏度可達5×10-8mol·L-1；對于不可逆體系，與交流極譜一樣，靈敏度較低，只有5×10-6mol·L-1。(2)分辨能力強，與交流極譜一樣，方波極譜波呈峰形。方波極譜能將兩個相差25mV的波分開，其分辨能力比交流極譜還要好一些。前放電物質(zhì)影響小，在5×104倍前放電物質(zhì)的存在下，仍可測定微量的后放電的物質(zhì)。(3)支持電解質(zhì)的濃度大。方波極譜中，要求電解池的電阻小于100Ω，換句話說，要求支持電解質(zhì)的濃度較大，一般達1mol·L-1。這將增大試劑的空白，因此要求試劑的純度較高。(4)受毛細管電流的影響。靈敏度進一步提高到所謂“毛細管電流〞的限制脈沖極譜的特點：(1)極高的靈敏度，這是脈沖極譜最突出的特點。對于可逆體系，示差脈沖極譜靈敏度可達1×10-9mol·L-1，比方波極譜提高了4倍；對于不可逆體系，也可達5×10-8~1×10-8mol·L-1，比方波極譜提高了約100倍。常規(guī)脈沖極譜的靈敏度與體系的可逆性根本上沒有關系，均可達1×10-7mol·L-1。(2)很強的分辨能力。可消除大量前放電物質(zhì)的影響。前放電物質(zhì)超過被測物質(zhì)濃度5×104倍時仍可測定；兩個波電位相差25mV，也可明顯分開。與方波極譜一樣，具有很強的分辨能力。(3)支持電解質(zhì)的濃度可減少至0.02mol·L-1。由于脈沖極譜有較長的衰減充電電流的時間，因而允許比方波極譜更大的時間常數(shù)，這樣，支持電解質(zhì)的濃度可減少至0.02~0.01mol·L-1，減少了底液的空白影響。題8.13極譜催化波有哪幾種類型.各類催化波產(chǎn)生的過程有何不同.答極譜催化波根據(jù)電極反響〔記為E〕與化學反響〔記為C〕的關系，可分為三種類型：(1)化學反響先行于電極反響，即CE電極過程 A==B 〔C〕〔E〕(2)化學反響平行電極反響，EC〔CR〕電極過程〔E〕 B+C===A 〔C〕(3)化學反響后平行電極反響，即EC電極過程〔E〕 B===C 〔C〕題8.14溶出伏安法的原理和特點是什么.答溶出伏安法，首先使待測物質(zhì)在一定電位下電解或吸附富集一段時間，然后進展電位掃描，使富集在電極上的物質(zhì)電解，記錄電流-電位曲線，進展定量分析。溶出伏安法的特是具有富集和溶出兩個過程，靈敏度高。題8.15計算以下電池的電動勢，并標明電極的正負。。解電池左邊為氟離子電極，其電位根據(jù)Nernst方程，故右邊為正極，左邊為負極題8.16考慮離子強度的影響，計算全固態(tài)溴化銀晶體膜電極在0.01mol·L-1溴化鈣化液中的電極電位，測量和飽和甘汞電極組成電池體系，何者作為正極.解溴化銀晶體膜電極電位為由于要考慮離子強度的影響，對于0.01mol·L-1溴化鈣溶液，其離子強度為根據(jù)Debye-Hückel極限公式所以故飽和甘汞電極為正極，膜電極為負電極題8.17氟電極的內(nèi)參比電極為銀-氯化銀，內(nèi)參比溶液為0.1mol·L-1NaCl與1×10-3mol·L-1NaF，計算其在1×10-5mol·L-1F、pH=10的試液中的電位。。解氟離子膜電極電位由于測試液中有OH—，根據(jù)Nicolsky方程故另因此題8.18氟化鉛溶度積常數(shù)的測定，以晶體膜鉛離子選擇電極作負極，氟電極為正極，浸入pH為5.5的0.0500mol·L-1氟化鈉并經(jīng)氟化鉛沉淀飽和的溶液，在25℃時測得該電池的電動勢為0.1549V，同時測得鉛電極的響應斜率為28.5Mv/pPb，；氟電極的響應斜率為59.0mV/pF，，試計算。解氟離子電極電位在pH5.5的0.0500mol·L-1氟化鈉溶液中，可不考慮酸效應的影響。mol·L-1，故而鉛離子電極電位又由于電池電動勢得故于是，題8.19當試液中二價響應離子的活度增加1倍時，該離子電極電位變化的理論值為多少.解對于二價響應離子，離子電極電位效勞從Nernst方程當離子活度增加1倍時，電位變化的理論值題8.20冠醚中性載體膜鉀電極與飽和甘汞電極有〔以乙酸鋰為鹽橋〕組成測量電池，在0.01mol·L-1NaCl溶液中測得電池電動勢為58.2mV〔鉀電極為負極〕，在0.01mol·L-1KCl溶液中測得電池電動勢為88.8mV〔鉀電極為正極〕，鉀電極的響應斜率為55.0mV/pK，計算值。解在0.01mol·L-1NaCl溶液中電池電動勢0.01mol·L-1KCl溶液中電池電動勢故題8.21晶體膜氯電極對的電位選擇性系數(shù)為2×10-3，當氯電極用于測定pH為6的0.01mol·L-1鉻酸鉀溶液5×10-4mol·L-1氯離子時，估計方法的相對誤差有多大.解由于pH=6，酸度較大，考慮酸效應題8.22*pH計的標度為改變一個pH單位，電位的改變?yōu)?0mV，今欲用響應斜率為50mV/pH的玻璃電極為測定pH=5.00的溶液，采用pH=2.00的標準溶液來定位，測定結(jié)果的絕對誤差為多大.改用pH為4.00的標準溶液定位，結(jié)果又如何.解以pH=2.00的標準溶液來定位時，根據(jù)，可知pH=5.00時，電位變化為由于pH計標度為改變一個pH單位，電位改變60mV，因此pH計顯示的pH單位改變，應為，即顯示pH為4.5。測得結(jié)果絕對誤差為0.5個pH單位。以pH=4.00標準溶液來定位時，電位初化為pH計顯示的pH改變?yōu)椋?，即pH為4.83，因此絕對誤差為0.17個pH單位。題8.24*玻璃電極的內(nèi)阻為100MΩ，響應斜率為50mV/pH，測量時通過電池回路的電流為1×10-12A，試計算因電壓降所產(chǎn)生的測量誤差相當于多少pH單位.解換算成pH單位，測量誤差為pH單位題8.24用0.1mol·L-1硝酸銀溶液電位滴定5×10-3mol·L-1碘化鉀溶液，以全固態(tài)晶體膜碘電極為指示電極，飽和甘汞電極為參比電極，碘電極的響應斜率為60.0mV/pH，試計算滴定開場時及等當點時電池的電動勢，并指出何者為正極.何者為負極.解全固態(tài)晶體膜碘電極碘化銀溶液度積在滴定開場時，mol·L-1根據(jù)Nernst方程，碘電極電位為電池電動勢此時，飽和甘汞電極為正極，碘電極為負極。在滴定等當點時，〔mol·L-1〕碘化極電位為電池電動勢此時，飽和甘汞電極為負極，碘電極為正極。題8.25當下述電池中的溶液是pH=4.00的緩蝕溶液時，25℃時用毫伏計測得以下電池的電動勢為0.209V玻璃電極當緩沖溶液由未知溶液代替時，毫伏計讀數(shù)為0.312V，試計算該溶液的pH。解電池電動勢在pH=4.00時，在未知溶液中，故pH=5.74題8.26鈣離子電極常受鎂離子的干擾，在固定鎂離子的濃度為1.0×10-4mol·L-1的情況下，實驗測得鈣離子的電極電位列于表，請用作圖的方法求出。1.0×10-21.0×10-31.0×10-