武漢大學(xué)化學(xué)系儀器分析課后習(xí)題答案.doc
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儀器分析-緒論習(xí)題解答 1、解:以分析信號對質(zhì)量濃度作圖,可得校正曲線 X的質(zhì)量濃度ci/μgmL-1 分析信號的平均值 Si 0.00 0.031 2.00 0.173 6.00 0.422 10.00 0.702 14.00 0.956 18.00 1.248 由最小二乘法線性擬合公式: 將上面表格數(shù)據(jù)代入,可計算得到斜率m=0.0670 mLμg –1 也可以由Origin作圖軟件作圖,線性擬合,如上面右圖所示,得線性方程為 ,線性相關(guān)系數(shù)R=0.99978。 (1) 根據(jù)IUPAC的規(guī)定,靈敏度的定量定義是校正靈敏度,它是指在測定范圍中校正曲線的斜率。因此,校正靈敏度為0.0670 mLμg –1。 (2) 檢出限是指能以適當(dāng)?shù)闹眯鸥怕时粰z出的組分的最小量或最小濃度,公式, 式中sbl是在測定試樣相同條件下對空白試樣進(jìn)行足夠多次測定的標(biāo)準(zhǔn)偏差,m為直線斜率,將已知數(shù)據(jù)代入,可得檢出限cm=30.0079/0.0670=0.35μgmL-1 2、解:設(shè)Cu2+濃度為,則依題意信號正比于分析物的濃度,可得: (1) (2) (1)、(2)式聯(lián)立可得: 3、解: 標(biāo)準(zhǔn)苯巴比妥溶液體積V/mL 分析信號S 0.000 3.26 0.500 4.80 1.00 6.41 1.50 8.02 2.00 9.56 以分析信號S對體積V作圖,得線性方程為,由標(biāo)準(zhǔn)加入法計算公式可得未知物濃度。 設(shè)最小二乘方程為,則依題意可得: (1) (2) (3) (4) (5) 設(shè) (6) 令 (7) 則可由數(shù)學(xué)推導(dǎo)計算得a=3.16 b= 3.25 把a(bǔ)=3.16分別代入(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式 分別得: b1=3.26, b2=3.22, b3=3.25, b4=3.28, b5=3.24 標(biāo)準(zhǔn)偏差計算公式,其中,將數(shù)據(jù)代入可計算得到 ,因此可得最小二乘方程為 同理,由最小二乘方程可計算苯巴比妥濃度,其標(biāo)準(zhǔn)偏差為: 或。 {具體詳細(xì)數(shù)學(xué)推導(dǎo)可見《分析化學(xué)》第五版 教材P69, 的推導(dǎo)式為: 光譜分析導(dǎo)論習(xí)題解答 1、解: (1) (2) (3) (4) 2、解:由計算公式以及各能級躍遷所處的波長范圍可得能量范圍分別如下: 躍遷類型 波長范圍 能量范圍/eV 原子內(nèi)層電子躍遷 10-3nm~10nm 1.26106~1.2102 原子外層電子躍遷 200nm~750nm 6~1.7 分子的電子躍遷 200nm~750nm 6~1.7 分子振動能級的躍遷 2.5mm~50mm 0.5~0.02 分子轉(zhuǎn)動能級的躍遷 50mm~100cm 210-2~410-7 由上表可以看出分子電子能級躍遷1~20eV分子振動能級躍遷0.05~1eV分子轉(zhuǎn)動能級躍遷<0.05eV,其電子光譜,振動光譜以及轉(zhuǎn)動光譜所對應(yīng)的波長范圍分別在紫外-可見區(qū),紅外區(qū)和遠(yuǎn)紅外微波區(qū)。 3、解:棱鏡的分光原理是光折射。由于不同波長的光有其不同的折射率,據(jù)此能把不同波長的光分開。光柵的分光原理是光的衍射與干涉的總效果。不同波長的光通過光柵作用各有相應(yīng)的衍射角,據(jù)此把不同波長的光分開。 光柵光譜 棱鏡光譜 Sinf與波長成正比,所以光柵光譜是一個均勻排列的光譜 色散率與波長有關(guān),為非均勻排列的光譜 光的波長越短則衍射角越小,因此其譜線從紫到紅排列 波長越短,其偏向角越大,因此其譜線從紅到紫排列 復(fù)合光通過光柵后,中央條紋(或零級條紋)為白色條紋,在中央條紋兩邊,對稱排列著一級、二級等光譜,由于譜線間距離隨光譜級數(shù)的增加而增加,出現(xiàn)譜級重疊現(xiàn)象 沒有譜級重疊現(xiàn)象 光柵適用的波長范圍比棱鏡寬 4、解:,式中為折射率,為入射角,為折射角,為光速,為玻璃介質(zhì)中的傳播速度。 當(dāng)=1.7000,=2.9981010cmS-1,cmS-1 6、解:光柵公式為: 式中是光譜級次;是入射光的波長;是相鄰兩刻線間的距離,稱為光柵常數(shù);為入射角;為衍射角;分別表示入射角與衍射角在法線的同側(cè)、異側(cè)。 將已知數(shù)據(jù)代入可計算得到,即刻痕間距為4.8110-4mm,則刻痕數(shù)為(條/mm) 7、8、解:棱鏡光譜是非均勻排列光譜,棱鏡的色散率隨波長變化而變化。棱鏡的材料不同,其色散率隨波長的變化也不同,石英棱鏡色散率短波大,長波小,色散率較大的波長范圍為200-400nm,玻璃棱鏡色散率較大的波長范圍為400-780nm。因此,在400-800nm范圍內(nèi)棱鏡單色器,用玻璃材料比用石英好;若光譜的工作光譜200-400nm,應(yīng)選用石英材料作棱鏡和透鏡。 9、解: 棱鏡的分辨率決定于棱鏡個數(shù)m、底邊長度b和材料的色散。即有 或 (1) 由題意可得分辨這兩條譜線所需的分辨率: 則由(1)式可得石英、玻璃棱鏡的底邊長度至少為: 由光柵分辨率公式,,式中n是衍射得級次,N是受照射的刻線數(shù),當(dāng)n=1,則N=4.6103,即光柵寬度為4.6103/2000=2.3mm=0.23cm 【分析化學(xué)原理 呈性良 化學(xué)工業(yè)出版社 2004 p288-292】 11、解: (1) 式中是光譜級次;是入射光的波長;是相鄰兩刻線間的距離,稱為光柵常數(shù);為入射角;為衍射角;分別表示入射角與衍射角在法線的同側(cè)、異側(cè)。 而光柵常數(shù) 為刻痕數(shù) (2) 將(2)式代入(1)式可得 12、解:光柵常數(shù) (1) 由光柵公式并將(1)式代入 得 即一級光譜波長為15.4mm,二級光譜波長為7.7mm。 13、解:對光柵來說,其分辨能力可用下式表示 式中n是衍射得級次,N是受照射的刻線數(shù) 將數(shù)據(jù)代入得光柵的理論分辨率 14、解: 即理論分辨率為60000的儀器能分開波長差為0.052的譜線,而3094.18與3092.71兩波長差1.47,所以此雙線能被分開。 (還可以采用另一種解法: 已知雙線波長,可求其R值 假如要分開此雙線,要求光柵理論分辨率R>2104,從以上計算知R理=60000,即R理>>R,因此能分開此雙線。) 15、解:依題意可得 光柵常數(shù) (1) 光柵線色散率表達(dá)式 ,F(xiàn)代表物鏡的焦距。 因?yàn)檠苌浣且话愫苄∏易兓淮?,即,所以? ,其倒線色散率 (2) 將F=1.6 m以及(1)式計算的結(jié)果代入(2)式可得 即光柵的一級光譜倒線色散率為5/mm 同理,二級光譜倒線色散率為2.5/mm。 原子光譜習(xí)題解答 2 解釋下列名詞 (1) 激發(fā)電位和電離電位 (2) 原子線和離子線 (3) 共振線和共振電位 (4) 譜線的自吸 解:(1) 激發(fā)電位:由低能態(tài)躍遷到高能態(tài)所需要的能量。 電離電位:原子受激后得到足夠能量而失去電子而電離所需的能量。 (2) 原子線:原子外層電子的躍遷所產(chǎn)生的譜線。 離子線:離子的外層電子躍遷所產(chǎn)生的譜線。 (3) 共振線:電子從基態(tài)躍遷到能量最低的激發(fā)態(tài)時要吸收一定頻率的光,它再躍遷回基態(tài)時,則發(fā)射出同樣頻率的光(譜線),這種譜線稱為共振發(fā)射線;電子從基態(tài)躍遷至第一激發(fā)態(tài)所產(chǎn)生的吸收譜線稱為共振吸收線。共振發(fā)射線和共振吸收線都簡稱為共振線。 共振電位:由基態(tài)激發(fā)到激發(fā)態(tài)的激發(fā)能。 (4) 譜線的自吸:大多數(shù)的光源中心部分溫度較高,外層溫度較低,中心部分原子所發(fā)射的譜線,會被外層處于基態(tài)的同類原子所吸收,結(jié)果譜線減弱,這種現(xiàn)象稱為譜線的自吸收。 3 解釋下列名詞 (1) 多普勒變寬 (2) 自然變寬 (3) 壓力變寬 (4) 自吸變寬 解:(1) 多普勒變寬:又稱熱變寬,是由于原子無規(guī)則的熱運(yùn)動而導(dǎo)致的譜線變寬。 (2) 自然變寬:無外界因素影響時由于激發(fā)態(tài)原子有限壽命而使譜線具有的寬度。 (3) 壓力變寬:吸收或發(fā)射原子與外界氣體分子之間的相互作用引起的變寬。 (4) 自吸變寬:譜線自吸引起的變寬稱為自吸變寬。 5 簡述氫化物發(fā)生法的原理。它能分析那些元素? 解:氫化物發(fā)生法, 主要是利用某些能產(chǎn)生初生態(tài)的還原劑或者化學(xué)反應(yīng), 與樣品中的分 析元素形成揮發(fā)性共價氫化物, 然后借助載氣流將其導(dǎo)入分析系統(tǒng)進(jìn)行測量。它能分析 As、Sb、Bi 、Ge 、Sn、Pb、Se 、Te 、Hg 和 Cd 等元素。 11 為什么原子發(fā)射光譜法對火焰溫度的變化比原子吸收和原子熒光光譜法更為敏感? 解:原子發(fā)射光譜法以測定發(fā)射線為基礎(chǔ),火焰溫度的變化會對激發(fā)態(tài)原子數(shù)及電離原子數(shù)產(chǎn)生重大的影響;而原子吸收和原子熒光光譜法是以開始時未被激發(fā)的原子為基礎(chǔ),與溫度的依賴關(guān)系較小,故原子發(fā)射光譜法對火焰溫度的變化比原子吸收和原子熒光光譜法更為敏感。 7 如何用氘燈法校正背景,此法尚存在什么問題? 解:背景吸收的本質(zhì)是寬帶吸收,原子吸收是窄線吸收,當(dāng)空心陰極燈的輻射通過吸收區(qū)時,測得的是原子吸收與背景吸收的總和,即A(H)=Aa(H)+Ab(H).當(dāng)氘燈光源的輻射通過吸收區(qū)時,主要是寬帶的背景吸收氘燈的輻射Ab(D),而原子吸收氘燈的輻射Aa(D)相對于氘燈的總輻射A(D)來說可以忽略,因此可將氘燈產(chǎn)生的吸收信號A(D)近似看成背景吸收的總吸光度Ab(D)。將銳線光源吸光度減去連續(xù)光源吸光度值,即為校正背景后的被測元素的吸光度值,即Aa=A(H)-A(D)=[ Aa(H)+Ab(H)]-[ Aa(D)+ Ab(D)]≈Aa(H)+Ab(H) - Ab(D)= Aa(H)。 用連續(xù)光源校正背景吸收最大的困難是要求連續(xù)光源與空心陰極燈光源的兩條光束在原子化器中必須嚴(yán)格重疊,這種調(diào)整有時是十分費(fèi)時的。此外,連續(xù)光源法對高背景吸收的校正也有困難。 8 簡述以塞曼效應(yīng)為背景基礎(chǔ)扣除背景的原理。 解:塞曼效應(yīng)—將光源置于強(qiáng)大的磁場中時,光源發(fā)射的譜線在強(qiáng)磁場作用下,因原子中能級發(fā)生分裂而引起光譜線分裂的磁光效應(yīng)。Zeeman效應(yīng)背景校正法是利用原子譜線的磁效應(yīng)和偏振特性使原子吸收和背景吸收分離來進(jìn)行背景校正。分為兩大類:光源調(diào)制法與吸收線調(diào)制法。光源調(diào)制法是將強(qiáng)磁場加在光源上,吸收線調(diào)制法是將磁場加在原子化器上,后者應(yīng)用較廣。調(diào)制吸收線有兩種方式,即恒定磁場調(diào)制方式和可變磁場調(diào)制方式。 10 什么是原子吸收光譜法中的化學(xué)干擾?如何消除? 解:化學(xué)干擾指的是被測元素原子與共存組分發(fā)生化學(xué)反應(yīng),生成熱力學(xué)更穩(wěn)定的化合物,影響被測元素的原子化。 化學(xué)干擾具有選擇性,要消除其影響應(yīng)看不同性質(zhì)而選擇合適的方法。 (1)加入干擾抑制劑 抑制劑有釋放劑、保護(hù)劑和緩沖劑三種。 釋放劑——其作用是它能與干擾物生成比被測元素更穩(wěn)定的化合物,使被測元素從其與干擾物質(zhì)形成的化合物中釋放出來。 保護(hù)劑——其作用是它能與被測元素生成穩(wěn)定且易分解的配合物,以防止被測元素與干擾組分生成難解離的化合物,即起了保護(hù)作用。保護(hù)劑一般是有機(jī)配合劑,用的最多的是EDTA和8-羥基喹啉。 緩沖劑——有的干擾當(dāng)干擾物質(zhì)達(dá)到一定濃度時,干擾趨于穩(wěn)定,這樣,把被測溶液與標(biāo)準(zhǔn)溶液加入同樣達(dá)到干擾穩(wěn)定量時,干擾物質(zhì)對測定就不發(fā)生影響。 (2)選擇合適的原子化條件 (3)加入基體改進(jìn)劑 當(dāng)以上方法都未能消除化學(xué)干擾時,只好采用化學(xué)分離的方法,如溶劑萃取、離子交換、沉淀分離等方法。用的較多的是溶劑萃取的方法。 11 在測定血清中鉀時,先用水將試樣稀釋40倍,再加鈉鹽至800μg.mL-1,試解釋此操作的理由,并標(biāo)明標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)如何配制? 解:用水將試樣稀釋是為了減少基體效應(yīng),加鈉鹽可抑制電離效應(yīng),減少電離干擾。為了使基體匹配,標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)使用標(biāo)準(zhǔn)加入法配制。 5 對一個試樣量很少的未知試樣,而又必須進(jìn)行多元素測定時,應(yīng)選用下列哪種方法? (1)順序掃描式光電直讀; (2)原子吸收光譜法; (3)攝譜法原子發(fā)射光譜法; (4)多道光電直讀光譜法。 解:(3)(4) 6 分析下列試樣時應(yīng)選用什么光源: (1)礦石中定性,半定量; (2)合金中的銅(質(zhì)量分?jǐn)?shù):~x%); (3)鋼中的錳(質(zhì)量分?jǐn)?shù):0.0x%~0.x%); (4)污水中的Cr、Mn、Cu、Fe、V、Ti等(質(zhì)量分?jǐn)?shù):10-6~ x%) 解:(1)電弧,火花;(2)電弧,火花;(3)電弧,火花;(4)ICP。 8欲測定下列物質(zhì),應(yīng)選用哪一種原子光譜法,并說明理由: ⑴ 血清中的Zn和Cd(~Zn 2 ug/mL,Cd 0.003 ug/mL); ⑵ 魚肉中的Hg(~x ug/mL); ⑶ 水中的As(~0.x ug/mL); ⑷ 礦石La、Ce、Pr、Nd、Sm(0.00x~0.x%); ⑸ 廢水中Fe、Mn、Al、Ni、Co、Cr(10-6~10-3) 解:(1)ICP-OES,可同時測定兩元素,且檢出限較低。 (2)冷原子吸收光譜法,操作簡單,干擾少。 (3)AAS, 選擇性好,靈敏度高,操作簡單。 (4)OES, 可同時測定多種元素。 (5)ICP-OES, 可同時測定多種元素,檢出限較好。 10 什么是內(nèi)標(biāo)?為什么要采用內(nèi)標(biāo)分析? 解: 在待測元素譜線中選出一分析線;于基體元素(樣品中的主要元素或)或基體中不存在的外加元素中選一條與分析線相稱的譜線作內(nèi)標(biāo)線。二者組成分析線對,以分析線和內(nèi)標(biāo)線絕對強(qiáng)度的比值與濃度的關(guān)系來進(jìn)行定量分析的方法稱為內(nèi)標(biāo)法。 如果通過測定分析線對絕對強(qiáng)度的方法來確定樣品中被測元素的含量,由于影響譜線強(qiáng)度的因素的十分復(fù)雜,如試樣組成、形態(tài)及放電條件等,這些因素又很難控制,因此測量譜線絕對強(qiáng)度來做定量分析很難獲得滿意的結(jié)果,因此要采用內(nèi)標(biāo)分析。 紫外-可見分子光譜習(xí)題解答 1、 采用什么方法,可以區(qū)別n→π* 和π→π*躍遷類型? 答:它們的摩爾吸收系數(shù)差異很大,故可用摩爾吸收系數(shù)不同加以區(qū)別;也可在不同極性溶劑中測定最大吸收波長,觀察紅移和紫移,以區(qū)別這兩種躍遷類型。 2、 (CH3)3N能發(fā)生n→σ*躍遷,其λmax為227nm(ε=900 L cm-1 mol-1),試問,若在酸中測定時,該峰會怎樣變化?為什么? 答:消失,在酸溶液中分子失去氮原子上未成鍵的n電子,因此不能產(chǎn)生n → δ﹡。 3、 試估計下列化合物中,何者吸收的光波最長?何者最短?為什么? 答:化合物(c)吸收的光波最長,化合物(a)吸收的光波最短。吸收波長隨著共軛體系的增大向長波移動。 4、 某化合物的λmax(己烷)=305 nm,其中λmax(乙醇)=307 nm,試問,該吸收是由n→π*還是π→π*躍遷引起? 答:л → л﹡,溶劑極性增加,波長紅移。 5、 某化合物在乙醇中λmax=287 nm,其在二氧六環(huán)中λmax=295 nm,試問,引起該吸收的躍遷為何種類型? 答:n → л﹡,溶劑極性增加,波長紫移。 7、苯基化氧有兩種異構(gòu)形式存在: CH3-C(CH3)=CH-CO-CH3 (I) 和 CH2=C(CH3)-CH2―CO―CH3 (II) 一個在235nm處有最大吸收,εmax為12000,另一個在220nm以外無高強(qiáng)吸收,鑒別各屬于哪一個異構(gòu)體。 答:在235nm處有最大吸收,ε max為12000 Lcm-1mol-1為異構(gòu)體Ⅰ,因?yàn)樵摦悩?gòu)體中存在共軛雙鍵,吸收波長較長,吸收強(qiáng)度也較大。在220nm以上無高強(qiáng)吸收的為異構(gòu)體Ⅱ。 8、在下列信息的基礎(chǔ)上,說明各屬于哪種異構(gòu)體:α異構(gòu)體的吸收峰在228nm(ε=14000),而β異構(gòu)體在296nm處有一吸收帶(ε=11000)。這兩種結(jié)構(gòu)是: 答:Ⅰ為β異構(gòu)體,其共軛體系較大,吸收波長較長。Ⅱ?yàn)棣廉悩?gòu)體,其共軛體系較小,則吸收波長較短。 10、下列兩個化合物能否用紫外光譜區(qū)別? 答:化合物a的共軛體系大于化合物b,所以a的最大吸收波長大于b,分別為353nm、303nm。 11、計算下述化合物的λmax。 答: 母體 215nm 羰基上連以O(shè)R基 -22nm 一個α-烷氧基 35nm 兩個β-烷基 212nm ———————————————— 計算值 252nm 16、1.010-3 mol L-1的K2Cr2O7溶液在波長450nm和530nm處的吸光度A分別為0.200和0.050,1.010-4 mol L-1的KMnO4溶液在450nm處無吸收,在530nm處吸光度為0.420。今測得某K2Cr2O7和KMnO4混合液在450nm和530nm處吸收光度分別為0.380和0.710。試計算該混合液中K2Cr2O7和KMnO4的濃度。假設(shè)吸收池長為10mm。 解:由朗伯-比爾定律A=ε b c得:(b為10mm即1cm,計算過程中省略) A450nm (K2Cr2O7) = ε450nm (K2Cr2O7) c (K2Cr2O7) A530nm (K2Cr2O7) = ε530nm (K2Cr2O7) c (K2Cr2O7) A530nm (KMnO4) = ε530nm (KMnO4) c (KMnO4) A450nm (混) = ε450nm (K2Cr2O7) c1 (K2Cr2O7) A530nm (混) = ε530nm (K2Cr2O7) c1 (K2Cr2O7)+ε530nm (KMnO4) c2 (KMnO4) 其中: A450nm (K2Cr2O7) =0.200 , c (K2Cr2O7) =1.010-3 A530nm (K2Cr2O7) =0.050 A530nm (KMnO4) =0.420 , c (KMnO4) =1.010-4 A450nm (混) =0.380 A530nm (混) =0.710 帶入解得: c1 (K2Cr2O7)=1.910-3 (molL-1) c2 (KMnO4)=1.4610-4 (molL-1) 第9章分子發(fā)光――熒光、磷光和化學(xué)發(fā)光 3、為什么熒光光度法的靈敏度比分光光度法高? 答:因?yàn)闊晒馐菑娜肷涔獾闹苯欠较驒z測,即在黑背景下檢測熒光的發(fā)射。 4、區(qū)別圖9-5譜圖中的3個峰:吸收峰、熒光峰、磷光峰,并說明判斷原則。 答:從左到右,依次是吸收峰、熒光峰、磷光峰。 判斷的依據(jù)是:吸收波長和發(fā)射波長相當(dāng),熒光因?yàn)檎駝映谠ィ芰拷档?。所以發(fā)射波長要長于吸收波長,根據(jù)磷光原理,得知三重態(tài)的能量要低于單重態(tài),所以磷光的發(fā)射波長比熒光更長。 5、若10μg mL-1的核黃素的吸收曲線(實(shí)線)與熒光曲線(虛線)如圖9-6所示,試擬出測定熒光的實(shí)驗(yàn)條件(激發(fā)光波長和發(fā)射光波長)。 答:激發(fā)波長:吸收曲線的最高點(diǎn)所對應(yīng)的波長440 nm左右。 發(fā)射波長:熒光曲線的最高點(diǎn)所對應(yīng)的波長530 nm左右。 7、試指出酚酞和熒光素中,哪一個有較大的熒光量子效率?為什么? 酚酞 熒光素 答:熒光素有較大的熒光量子效率。因?yàn)闊晒馑赜幸粋€氧橋把兩個苯環(huán)連成了一個平面結(jié)構(gòu),剛性比苯酚增加了,在具有剛性結(jié)構(gòu)和平面結(jié)構(gòu)的∏電子共軛體系的分子中,隨著∏電子共軛度和分子平面度的增大,其熒光效率增大,熒光光譜向長波方向移動。 8、試指出萘在下述哪一種溶劑中有最大的熒光:1-氯丙烷;1-溴丙烷;1-碘丙烷。 答:在1-氯丙烷中有最大的熒光。因?yàn)橹卦有?yīng),后兩者含有重原子溴和碘,使熒光減弱。 9、下述化合物中,何者的磷光最強(qiáng)? 答:Ⅲ的磷光最強(qiáng)。因?yàn)橹卦有?yīng),加強(qiáng)了系間竄越,使得熒光減弱,相應(yīng)的磷光增強(qiáng)。 紅外光譜分析習(xí)題解答 1、解:影響紅外吸收峰強(qiáng)度的主要因素:紅外吸收的強(qiáng)度主要由振動能級的躍遷概率和振動過程中偶極矩的變化決定。從基態(tài)向第一激發(fā)態(tài)躍遷的概率大,因此基頻吸收帶一般較強(qiáng)。另外,基頻振動過程中偶極矩的變化越大,則其對應(yīng)的紅外吸收越強(qiáng)。因此,如果化學(xué)鍵兩端連接原子的電負(fù)性差異越大,或分子的對稱性越差,則伸縮振動時化學(xué)鍵的偶極矩變化越大,其紅外吸收也越強(qiáng),這就是nC=O的強(qiáng)度大于nC=C的原因。一般來說,反對稱伸縮振動的強(qiáng)度大于對稱收縮振動的強(qiáng)度,伸縮振動的強(qiáng)度大于變形振動的強(qiáng)度。 2、解:由量子力學(xué)可知,簡單雙原子分子的吸收頻率可用下式表示: (1) (2) (1) 式中: 為波數(shù)(cm-1),為光在真空中的速度(310-10cmS-1),為化學(xué)鍵力常數(shù)(Ncm-1) (2) 式中: M1和M2分別為兩種原子的摩爾質(zhì)量,NA為阿伏加德羅常數(shù)(6.021023mol-1) 將(2)式代入(1)得 【教材P153公式(10-6)系數(shù)為1370有誤】 H-Cl鍵的鍵力常數(shù) 3、解:依照上題的計算公式 將k=9 Ncm-1,MH=1.0079,MF=18.998代入可計算得到HF的振動吸收峰頻率為4023cm-1。 4、解:2-戊酮的最強(qiáng)吸收帶是羰基的伸縮振動(nC=O),分別在極性溶劑95%乙醇和非極性溶劑正己烷中,其吸收帶出現(xiàn)的頻率在正己烷中位于較高處。原因是乙醇中的醇羥基可以與戊酮的羰基形成分子間氫鍵,導(dǎo)致羰基的伸縮振動頻率向低波數(shù)方向移動。而正己烷不能與戊酮形成分子間氫鍵。 5、解: (a)CH 伸縮 (b)CH 伸縮 (c)CH2扭曲 (d)C=C 伸縮 (e)CH 剪式 (f)CH搖擺 判斷法則為:若振動前后引起偶極矩的變化的,是具有紅外活性的,否則為非紅外活性的。因此具有紅外活性是:(b)(c)(e),非紅外活性 (a)(d)(f)。 6、解:線性分子CS2,理論上計算其基本振動數(shù)為:3N-5=4。其具體振動形式如下: (a)對稱伸縮振動 (b)反對稱伸縮振動 (c)面內(nèi)彎曲振動 (d)面外彎曲振動 具有紅外活性的有:(b)(c)(d),其中(c)(d)振動吸收的頻率一樣。 7、解:根據(jù)分子式計算該化合物的不飽和度: 其紅外吸收峰分別說明: 3020 cm-1 n=C-H 不飽和化合物,含有雙鍵 2900cm-1 nC-H 飽和烷基 1690cm-1 nC=O 共軛的羰基,占有一個不飽和度 1620cm-1 nC=C 共軛雙鍵,占有一個不飽和度 從紫外吸收emax=104說明,此躍遷是由pp*產(chǎn)生的。因此可能有如下結(jié)構(gòu): 或者 (1) (2) 用Woodward規(guī)則計算: (1):母體基數(shù) 215nm (2): 母體基數(shù) 215nm a-烷基取代0 0nm a-烷基取代1 12nm 計算值 215nm 計算值 227nm 因此該化合物為 (2) 8、解:在影響基團(tuán)頻率的因素中,由于取代基具有不同的電負(fù)性,通過靜電誘導(dǎo)效應(yīng)I,引起分子中電子分布的變化,改變了鍵的力常數(shù),使得鍵或基團(tuán)的特征頻率發(fā)生位移。當(dāng)有電負(fù)性較強(qiáng)的元素與羰基上的碳原子相連時,由于誘導(dǎo)效應(yīng),就會發(fā)生從氧上的電子轉(zhuǎn)移: Cl 導(dǎo)致C=O鍵的力常數(shù)變大,因而使的吸收向高波數(shù)方向移動。元素的電負(fù)性越強(qiáng),誘導(dǎo)效應(yīng)越強(qiáng)。吸收峰向高波數(shù)移動的程度越顯著。 因此,五個中C=O伸縮振動頻率最高的是: 9、解:在酸、醛、酯、酰鹵和酰胺類化合物中,都有與C=O相連的含孤對電子基團(tuán),它們對nC=O的影響主要是通過誘導(dǎo)和中介這兩個相對的效應(yīng)實(shí)現(xiàn)的。 當(dāng)有電負(fù)性較強(qiáng)的元素與羰基上的碳原子相連時,由于靜電誘導(dǎo)效應(yīng)I,使C=O中氧原子上的電子向碳原子轉(zhuǎn)移,導(dǎo)致C=O鍵的力常數(shù)變大,從而使C=O吸收向高波數(shù)方向移動,并且元素的電負(fù)性越強(qiáng),誘導(dǎo)效應(yīng)越強(qiáng),C=O吸收峰向高波數(shù)移動的程度越顯著。 中介效應(yīng)M源于含孤對電子基團(tuán)上的孤對電子與C=O上p電子發(fā)生重疊,使它們的電子云密度平均化,造成C=O鍵力常數(shù)下降,使C=O的吸收頻率向低波數(shù)移動。 對同一基團(tuán)來說,若誘導(dǎo)效應(yīng)I和中介效應(yīng)M同時存在,則振動頻率最后位移的方向和程度,取決于這兩種效應(yīng)的凈結(jié)果。因此,不考慮其它因素條件影響,在酸、醛、酯、酰鹵和酰胺類化合物中,出現(xiàn)C=O伸縮振動頻率的大小順序?yàn)椋乎{u>酸>酯>醛>酰胺。 10、解: (Ⅰ) (Ⅱ) 比較結(jié)構(gòu)(Ⅰ) 和(Ⅱ)可知,3330cm-1和1600 cm-1處的銳陡帶應(yīng)分別源于結(jié)構(gòu)(Ⅱ)中的nN-H和nC=O。這也可以從該材料在2300 cm-1和3600 cm-1處無吸收看出,因?yàn)?300 cm-1和3600 cm-1處的吸收分別對應(yīng)-C≡N和-OH。因此結(jié)構(gòu)(Ⅱ)更可能為該材料的結(jié)構(gòu)組成。 11、解:芳環(huán)C-H面外彎曲振動位于900-650cm-1范圍。出現(xiàn)1~2條強(qiáng)吸收帶。譜帶位置及數(shù)目與苯環(huán)的取代情況有關(guān),如下表所示,利用此范圍的吸收帶可判斷苯環(huán)上取代基的相對位置。 芳烴的C-H面外彎曲振動(cm-1) 類型 dC-H 5個氫取代(單取代) ~750(s),~700(s) 4個鄰接的氫(鄰二取代) 770~735(s) 3個鄰接的氫(間二取代) 810~750(s),710~690(s) 2個鄰接的氫(對二取代) 860~800(s) 上表中s代表單峰。 因此:化合物A 吸收帶在767 cm-1和629 cm-1處 間位 化合物B 吸收帶在792 cm-1處 對位 化合物C 吸收帶在724 cm-1處 鄰位 12、解:根據(jù)苯環(huán)中C-H面外彎曲振動吸收峰在900~600 cm-1區(qū)域內(nèi)的特征,C7H7Br在801 cm-1有一單吸收帶,說明苯環(huán)為對位取代,則該化合物為對溴甲苯。 13、解:根據(jù)苯環(huán)中C-H面外彎曲振動吸收峰在900~600 cm-1區(qū)域內(nèi)的特征,該氯苯在900cm-1和690 cm-1間無吸收帶,說明苯環(huán)上所有的氫都被氯取代了,因此該化合物為六氯苯。 14、解: 3500 cm-1 3400 cm-1 -NH2 nasns 叔胺無此帶 3030 cm-1 =C-H氫伸縮振動 2960 cm-1,2870 cm-1 -CH3飽和碳?xì)鋘asns 1450 cm-1,1380 cm-1 -CH3飽和碳?xì)鋎asds 1600 cm-1-1500 cm-1 苯環(huán)骨架伸縮振動 1650 cm-1 nC=O ~750 cm-1,~700 cm-1 單取代苯環(huán)dC-H 15、解:烴類化合物的C-H伸縮振動在3300~2700 cm-1范圍,不飽和烴nC-H位于高頻端,飽和烴nC-H位于低頻端。通?!訡-H ,=C-H及芳烴C-H的伸縮振動大于3000 cm-1,飽和C-H伸縮振動小于3000 cm-1。 -C H3 中C-H nas 296015cm-1 ,ns 287015 cm-1 RCH=CH2中C-H nas約為3095~3075 cm-1, ns 3040~3010 cm-1 ≡C-H中C-H ns約為3300 cm-1 -CHO中C-H ns位于2850~2720 cm-1 16、解: (a) (b) 在影響基團(tuán)頻率的因素中,共軛效應(yīng)使共軛體系具有兩面性,且使其電子云密度平均化,造成雙鍵略有伸長,單鍵略有縮短,因此雙鍵的吸收頻率向低波數(shù)方向位移。 較大共軛效應(yīng)的苯基與C=O相連,p-p共軛效應(yīng)致使苯甲醛(a)中較乙醛中nC=O降低40 cm-1。對二氨基苯甲醛分子(b)中,對位推電子基二甲氨基的存在,使共軛效應(yīng)增大,C=O極性增強(qiáng),雙鍵性下降,nC=O較苯甲醛向低波數(shù)位移近30 cm-1。 17、解:烯烴的面外彎曲振動位于1000 -670 cm-1,單峰或多峰吸收帶,容易識別,可用于判斷烯烴的取代情況。 烯烴為HRC=CRH結(jié)構(gòu)時,其順反異構(gòu)體分別在690 cm-1,970 cm-1出現(xiàn)吸收, 烯烴為RCH=CH2結(jié)構(gòu)時,在990 cm-1和910 cm-1出現(xiàn)兩個強(qiáng)峰。 對于丁二烯(1,3)均聚化合物可能存在以下三種結(jié)構(gòu): 結(jié)合題中所給的紅外光譜圖,可以識別A,B,C的鍵結(jié)構(gòu)分別為: 18、解:3620 cm-1處的吸收是游離OH的伸縮振動,而3450 cm-1處的吸收是由于形成了氫鍵,吸收波長向長波方向移動形成的。在CCl4稀溶液中只能形成分子內(nèi)氫鍵,不易形成分子間氫鍵。從下面結(jié)構(gòu)可以看出,只有順式環(huán)戊二醇可以形成分子內(nèi)氫鍵,所以在CCl4稀溶液中,順式環(huán)戊二醇會在3450 cm-1處出峰,而反式環(huán)戊二醇則不出現(xiàn)。 順式 1,2-環(huán)戊二醇 反式1,2-環(huán)戊二醇 19、解:分子式為C4H5N,不飽和度: 紅外譜圖: 2260 cm-1為nC≡N伸縮振動,可能存在-C≡N(兩個不飽和度) 3000 cm-1左右為=C-H伸縮振動,結(jié)合1647 cm-1認(rèn)為化合物存在烯基(一個不飽和度) 990 cm-1,935 cm-1分別為RCH=CH2反式烯氫的面外彎曲振動以及同碳烯氫的面外彎曲振動。 該化合物結(jié)構(gòu)為:CH2=CH-CH2-CN 20、解:分子式為C8H14O3,不飽和度: 從紅外光譜上得到如下信息: s/cm-1 基團(tuán)的振動類型 結(jié)構(gòu)單元 3000 1370 -CH3中的nC-H -CH3中的ds -CH3 1825 1758 非對稱和對稱nC=O耦合 C=O 1465 755 -CH3,-CH2的ds(剪切振動)` CH2平面搖擺振動 -CH2- 1040 伸縮振動 從上述信息可以看出,該化合物中含有:,-CH3,-CH2-結(jié)構(gòu)單元,1370 cm-1處-CH3中的ds吸收峰未發(fā)生分裂,說明無異丙基或叔丁基存在,有三種可能的結(jié)構(gòu)形式: (a) (b) (c) 對于結(jié)構(gòu)單元, CH2平面搖擺振動位于800~700 cm-1,弱吸收帶。對于 無其它譜帶干擾的烴類化合物,可用此范圍的譜帶判斷n的數(shù)目。 n: 1 2 3 4 dCH2(cm-1) 785~770 743~734 729~726 725~722 【有機(jī)波譜分析 孟令芝 武漢大學(xué)出版社 2003,p232】 根據(jù)譜圖信息,結(jié)合以上分析,該化合物結(jié)構(gòu)可能為(a) 電分析習(xí)題解答 1. 玻璃電極的膜電阻為108Ω,電極響應(yīng)斜率為58mV/pH,測量時通過電池的回路電流 為110-12A,試計算因電壓降所產(chǎn)生的測量誤差相當(dāng)于多少pH單位? 解: 2. 試證明半波電位是極譜波方程 E =E1/2 + RT/z ln[(id-i)/I] 所代表曲線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。 答:E = E1/2 + RT/zF ln[(id-i)/I] dE RT id RT 1 1 微分:── = - ── [ ──── ] = - ─── [ ─ + ─── ] di zF i(id-i) zF i id-i d2E RT id(id-2i) ─── = ── ─────── di2 zF i2(id-i)2 d2E 當(dāng) ─── = 0 的條件是 ( id - 2i ) = 0 i = id/2 di2 i = id/2 時正是極譜波的半波電位處,而j1/2就是極譜波的轉(zhuǎn)折點(diǎn)。 3. 當(dāng)以 SHE(標(biāo)準(zhǔn)氫電極)為參比電極時,指出測定下述物質(zhì)時,該用何種指示電極? 排出組成的化學(xué)電池形式,推導(dǎo)出 pX 和Eq的關(guān)系式。 (1) pI,已知 ([I-] = 1.010-4 mol/L , Eq (I2/2I-) = 0.621V (2) pC2O4,已知 Ksp(Ag2Cr2O4) = 3.510-11 , Eq (Ag+/Ag) = 0.799V 解: (1) 應(yīng)用 Pt 作指示電極 Pt|I2,I-(1.010-4mol/L) ︱SHE E = E (SHE) - (+(0.0591/2)lg(I2/[I-]2) = -0.621 + 0.0591lg(1.010-4) - (0.0591/2)lg[I2] 2[E (池) + 0.857] pI2 = ───────── 0.0591 (2) 應(yīng)用 Ag 作指示電極 Ag ,Ag2C2O4 | C2O ︱SHE E = E (SHE) - {+ 0.0591lg(Ksp/[C2O])1/2} = 0-0.799-(0.0591/2)lgKsp+(0.0591/2)lg[C2O] = - 0.799 + 0.309 + (0.0591/2)lg[C2O] = - 0.490 + (0.0591/2)lg[C2O] 2(-E (池)-0.490) pC2O4= ───────── 0.0591 4.何謂遷移電流?怎樣消除? 答:由于電解池的正極和負(fù)極對被測定離子存在著靜電引力,使電解電流增加的那部 分電流稱為遷移電流,也稱非法拉第電流。加入足夠濃度的支持電解質(zhì),就可以消除遷移 電流。 5. 溶出伏安法分哪幾種,為什么它的靈敏度高? 答:溶出伏安法根據(jù)工作電極發(fā)生氧化反應(yīng)還是還原反應(yīng),一般可以分為陽極溶出伏安法和 陰溶出伏安法兩種。溶出伏安法靈敏度比相應(yīng)的伏安法靈敏度高,主要是溶出伏安法是分兩步進(jìn)行的,因?yàn)榈谝徊竭M(jìn)行了被測物質(zhì)的富集,第二步很快地溶出,因?yàn)?i富t富≈i溶t溶 ,而 t富>>t溶 , 則i溶>>i富 所以它的靈敏度高。 核磁共振習(xí)題解答 1、 解:只有當(dāng)I>0時,原子核才有自旋角動量和自旋現(xiàn)象。自旋量子數(shù)I與原子的質(zhì)量數(shù)(A)及原子序數(shù)(Z)有關(guān),當(dāng)質(zhì)量數(shù)和原子序數(shù)均為偶數(shù)時,自旋量子數(shù)I=0,即沒有自旋現(xiàn)象。因此,沒有自旋角動量的核為:,,。 2、 解:自旋量子數(shù)為I的核具有的磁能級為:2I+1 即該核有2+1=6中,每種磁能級的磁量子數(shù)分別為:5/2,3/2,1/2;-1/2,-3/2,-5/2。 3、 解:由書中表12-2可知1H,13C,19F,31P四種核的磁矩和自旋量子數(shù),代入公式即可得相應(yīng)的吸收頻率 核 磁矩(核磁子) 自旋(I) B0為2.4T,吸收頻率/Hz 1H 2.7927 1/2 1.0108 13C 0.7021 1/2 2.6107 19F 2.6273 1/2 9.6107 31P 1.1305 1/2 4.1107 4、 解:自旋量子數(shù)為I的核,其相鄰兩能級之差為: (1) 式中, B0是以T為單位的外加磁場強(qiáng)度,稱為核磁子,是一個常數(shù),是以核磁子單位表示的核的磁矩。 13C核處于高、低能態(tài)核數(shù)的比例服從玻爾茲曼分布: (2) 將(2)式代入(1)式,并將已知數(shù)據(jù)代入,可得: 5、 解:將已知數(shù)據(jù)代入公式,即可得19F,31P在5.0T中的共振頻率分別為:200MHz,86MHz。 6、 解:由公式可知,當(dāng)固定時,,由書中表12-2可知19F磁矩<1H磁矩,則當(dāng)電磁波頻率不變,要使 共振發(fā)生,氟核比氫核需要更大的外磁場。 7、 解:由式 可得,因此:, 此數(shù)據(jù)說明,使用的儀器磁場強(qiáng)度越大,所得核磁共振譜圖分得越開,分辨率就越好。 8、 解:吸電子能力 Cl>Br,而吸電子基通過誘導(dǎo)效應(yīng)使相鄰氫核的電子密度下降,減少電子對核的屏蔽,致使化學(xué)位移值向低場移動,所以。 9、 解:對于氨,由于N的自旋量子數(shù)I=1,因此N相鄰的三個等性質(zhì)的氫質(zhì)子會產(chǎn)生自旋分裂。裂分的峰數(shù)符合2nI+1,即質(zhì)子的裂分峰數(shù)為3,相應(yīng)峰強(qiáng)度比為:1:2:1。 10、 解:對于苯環(huán)的磁各向異性效應(yīng)引起的去屏蔽作用示意圖見書中圖12-7。隨著共軛體系的增大,環(huán)電流效應(yīng)增強(qiáng),即環(huán)平面上、下的屏蔽效應(yīng)增強(qiáng),環(huán)平面上的去屏蔽效應(yīng)增強(qiáng),該化合物中各質(zhì)子去屏蔽效應(yīng)屏蔽效應(yīng)a>b>c>d>e.,因此,化合物中各亞甲基化學(xué)位移值a>b>c>d>e. 11、 解: (Ι) (Ⅱ) 由于偶合作用是通過成鍵電子傳遞的,因此,J值的大小與兩個(組)氫核之間的鍵數(shù)有關(guān),隨著鍵數(shù)的增加,J值逐漸變小。因此,對于上述兩種異構(gòu)體,-CH3均為二重峰,但JCH3(Ι)>JCH3(Ⅱ) 12、 解: (Ι) (Ⅱ) 對于上述兩種結(jié)構(gòu),在D2O溶液的NMR波譜中,發(fā)現(xiàn)兩個相等強(qiáng)度的峰,即有兩種類型的質(zhì)子,且數(shù)目之比為1:1,因此,結(jié)構(gòu)(Ⅱ)是正確的。 13、 解:該化合物不飽和度為: 結(jié)合d7.27處有一單重峰說明存在一個苯環(huán),并且氯原子不在苯環(huán)上。d3.07處的峰應(yīng)該源于與苯環(huán)直接相連的碳原子上的氫原子,該碳原子不與氯原子直接相連。由于沒有其它化學(xué)位移比d2.0更大的峰存在,可以認(rèn)為與氯原子直接相連的碳原子上沒有氫原子,因此剩余的兩個碳原子應(yīng)為-CH3,即存在-C(CH3)2Cl結(jié)構(gòu)。 由此可見,除苯環(huán)外還有一個-C(CH3)2Cl和一個-CH3或-CH2-結(jié)構(gòu),根據(jù)苯環(huán)的取代情況,該化合物可能為苯的單取代或雙取代化合物。又由于-CH3處于較高的磁場(d1.57),該-C(CH3)2Cl不可能直接與苯環(huán)相連,即該化合物的結(jié)構(gòu)為: 16、 解: (1)Cl2CHCHCl2 A2自旋系統(tǒng)。-CH-CH-種的兩個質(zhì)子為磁等價,故形成一個二質(zhì)子的單峰。 (2)Cl2CHCHO AX自旋系統(tǒng)。兩個單質(zhì)子雙重峰。A質(zhì)子裂分成雙重峰,X質(zhì)子裂分成雙重峰。 (3)Cl2CHCH2Cl AX2系統(tǒng)。由-CH-形成一個單質(zhì)子的三重峰(A質(zhì)子)和-CH2形成一個雙質(zhì)子的二重峰(X質(zhì)子) (4)Cl2CHCHClCHO AMX自旋系統(tǒng)。一個單質(zhì)子的雙重峰(A質(zhì)子),一個單質(zhì)子的雙重峰(X質(zhì)子)和一個單質(zhì)子(M質(zhì)子)的四重峰(兩個雙重峰)。 (5)CHCl2CH2CHO AM2X系統(tǒng)。一個單質(zhì)子三重峰(A質(zhì)子),一個單質(zhì)子三重峰(X質(zhì)子)和一個雙質(zhì)子構(gòu)成的四重峰(兩個雙重峰)。 24、 解: (a) (b) 乙酰丙酮的酮式異構(gòu)體(a)中,亞甲酮因于兩個C=O同時相連,其化學(xué)位移應(yīng)為d3.66,而其烯醇式結(jié)構(gòu)(b)的烯氫所對應(yīng)的化學(xué)位移應(yīng)為d5.62。由于酮式異構(gòu)體中亞甲基含有兩個氫原子而烯醇式異構(gòu)體中只含有一個氫原子,因此乙酰丙酮的烯醇異構(gòu)體含量應(yīng)為: 25、 解: 由于二苯甲酮的化學(xué)位移范圍與該碳?xì)浠衔飿悠肺粗丿B,故它們所含的氫的質(zhì)量應(yīng)直接與相應(yīng)化學(xué)位移范圍內(nèi)的強(qiáng)度相關(guān)。由二苯甲酮中氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5.53%可知,該樣品中氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為: 色譜習(xí)題解答 P362-363 3.在某氣相色譜柱上組分A流出需15.0 min,組分B流出需25.0 min,而不溶于固定相的物質(zhì)C流出需2.0 min,問: (1)B組分相對于A的相對保留時間是多少? (2)A組分相對于B的相對保留時間是多少? (3)組分A在柱中的容量因子是多少? (4)組分B流出柱子需25.0 min,那么,B分子通過固定相的平均時間是多少? 解:由題可知 tA = 15.0 min, tB = 25.0 min, t0 = tC = 2.0 min tA?= tA - t0 = 13.0 min, tB? = tB - t0 =23.0 min 1) B組分相對于A的相對保留時間為γB, A = tB?/ tA? = 23.0/13.0 = 1.77 2) A組分相對于B的相對保留時間為γA, B = tA?/ tB? = 13.0/23.0 = 0.57 3) 組分A在柱中的容量因子 k = tA?/ t0 = 13.0/2.0 = 6.5 4) 組分B流出柱子需25.0min,那么,B分子通過固定相的平均時間為25.0-2.0=23.0 min. 6.在某色譜分析中得到下列數(shù)據(jù):保留時間(tR)為5.0 min。死時間(tM)為1.0 min,液相體積(Vs)為2.0 mL,柱出口載氣體積流量(F0)為50 mL?min-1 ,試計算: (1)分配比k; (2)死體積Vm; (3)分配系數(shù) K; (4)保留時間VR 解: 由題知 tR = 5.0 min, tM = 1.0 min, Vs=2.0 mL, F0=50 mLmin-1 (1) 分配比k= tR/ tM = (tR- tM)/ tM = (5.0-1.0)/1.0 = 4 (2) 死體積Vm= F0? tM = 50 mL (3) 分配系數(shù) K=k?(Vm/Vs) = 4(50/2)=100 (4) 保留體積 VR = F0? tR = 250 mL 7.某色譜峰峰底寬為50 s,它的保留時間為50 min,在此情況下,該柱子有多少塊理論塔板? 解:由題知 Yt= 50s, tR=50 min=3000s, 則 該柱子的理論塔板數(shù)為 n=16(tR/ Yt)2=16(3000/50)2=57600塊 12.已知,設(shè)相鄰兩峰的峰底寬度相等,證明 證明: 如Y1=Y2 即得證。 P383 6.已知含n-C10,n-C11和n-C12烷烴的混合物,在某色譜分析條件下流出時,n-C10和n-C12 調(diào)整保留時間分別為10和14 min,求n-C11的調(diào)整保留時間。 解:∵碳數(shù)規(guī)律:lgtR = A1n + C1 n-C10烷烴 n=10,lgtR(n-C10)= lg10 = 1.000 n-C12烷烴 n=12,lgtR(n-C12)= lg14 = 1.146 根據(jù)n-C10烷烴、n-C12烷烴的數(shù)據(jù) 1.000 = 10A1 + C1 1.146= 12A1 + C1 解方程得A1 = 0.073 C1=0.27 ∵ n-C11烷烴有11個碳 ∴ n = 11 ∴ lgtR(n-C11) = 110.073+0.27 = 1.073 tR(n-C11)=11.8 (min) 即n-C11烷烴的調(diào)整保留時間為11.8 min。 7.在某一色譜分析條件下,把含A和B以及相鄰的兩種正構(gòu)烷烴的混合物注入色譜柱分析。A在相鄰的兩種正構(gòu)烷烴之間流出,它們的調(diào)整保留時間分別為10 min,11 min和12 min,最先流出的正構(gòu)烷烴的保留指數(shù)為800,而組分B的保留指數(shù)為882.3,求組分A的保留指數(shù)。試問A和B有可能是同系物嗎? 解: n=800/100=8 IA=852.3 ∵IB- IA=30,不是100的整數(shù)倍 ∴ A和B不是同系物 11.根據(jù)碳數(shù)規(guī)律,推導(dǎo)下式 證明: 根據(jù)碳數(shù)規(guī)律: lgtR(x) = Ax + C (1) lgtR(n) = An + C (2) lgtR(n+1) = A(n+1) + C- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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