分析化学第7章课后知识题目解析
分析化学-第七章 电化学金属材料腐蚀
电池符号为： (-) Zn | Zn2+ (c1) ‖ H+(1mol·L-1), H2 (100kpa)| Pt (+) 。
标准氢电极
9
7.1.2 电极电势
1.电极电势的产生
金属在其盐溶液中时有两个趋势:
E =1.1037V, 求该反应的
G
m
解 z =2，由（7-2）式得：
r
G m
zFE
= -2×96485 Cmol-1×1.1037V
= -2.13×105 J mol-1 = -213 kJ mol-1
这一结果与通过热力学数据计算所得结果是一致的。
18
7.2 电极电势的影响因素
7.2.1 能斯特（W. Nernst）方程式
11
2.标准电极电势
标准电极电势：标准状态下（溶液浓度均为1mol·L-1, 气体分压均为100 kpa） 氧化还原电对的电极电势。 规定：标准氢电极的电极电势为零，以此来衡量其他电 极的电极电势。
12
① 标准氢电极 H﹢(1mol·L-1) /H2 (100kPa）
组成： 电极——铂片（镀有一层海绵状铂黑） 溶液——1mol·L-1 HCl溶液，不断通 入压力为100kPa的纯氢气，使铂黑吸 附H2至饱和，与溶液中H＋建立如下 平衡：
2H＋（aq）+2e－=H2（g）
规定:在任何温度下标准氢电极的电 极电势为零。即 (H＋/H2)=0 V
13
② 标准电极电势的测定
待测氧化还原电对与标准氢电极组成原电池：
负极：处于标准态的待测氧化还原电对（或者：标准氢电极） 正极：标准氢电极（或者：待测氧化还原电对） （即若为溶液，其浓度为1.0mol·L-1；若为气体，其压力为100kPa） 温盐外度桥电通：路常的取电2位98差.1计5K。。
高教第五版分析化学课后习题及思考题答案第7章
第七章习题7．1 下列情况，有无沉淀生成？（1）0.001mol·L－1Ca(NO3)2溶液与0.01mol·L－1NH4HF2溶液以等体积相混合；（2）0.01mol·L－1MgCl2溶液与0.1mol·L－1NH3－1mol·L－1NH4Cl溶液等体积相混合。
解：（1）已知：K sp(CaF2)=3.4×10－11两溶液等体积混合后:[Ca2+]=5.0×10－4mol·L－1, [F－]=5.0×10－3mol·L－1,[Ca2+][F－]2=5.0×10－4×(5.0×10－3)2=2.5×10－8＞K sp(CaF2)=3.4×10－11∴有沉淀生成。
（2）已知：K b(NH3)=1.8×10－5 K sp (Mg(OH)2)=1.8×10－11[Mg2+]=5.0×10－3mol·L－1, [NH3]=0.05mol·L－1, [NH4]=0.5mol·L－1,[OH－]=K b(NH3)×[NH3]=1.8×10－5×0.05=1.8×10－6mol·L－1 [NH4+] 0.5[Mg2+][OH－]2=5.0×10－3×(1.8×10－6)2=1.6×10－14＜K sp∵Q ＜K sp∴无沉淀生成。
7．2 求氟化钙的溶解度：（1）在纯水中（忽略水解）；（2）在0.01 mol·L－1CaCl2溶液中；（3）在0.01mol·L－1HCl溶液中。
解：（1）已知：K sp (CaF2)=3.4×10－11，K a(HF)=3.5×10－4[Ca2+][F－]2= s·（2s）2 = 4s3∴s = 2.0×10－4 mol·L－1（2）考虑同离子效应：[Ca2+][F－]2=0.01×(2s)2=3.4×10－11s =2.9×10－5 mol·L－1（3）考虑酸效应：δF－= Ka(HF)=3.5×10－4=3.5×10－2 Ka+[H+] 3.5×10－4+0.01αF－=1=28.6 3.5×10－2[Ca2+][F－]2=[Ca2+][F－]2·α2=K sp·α2s =1.9×10－3 mol·L－17．3 计算PH=5.0，草酸总浓度为0.05 mol·L－1时,草酸钙的溶解度.如果溶液的体积为300mL,将溶解多少克CaC2O4?解: 已知：K a1(H2C2O4)=5.9×10－2，K a2=6.4×10－5 , K sp(CaC2O4)=1.8×10－9M(CaC2O4)=128.1α (H)=1 δ同理得：α=1.16[Ca2+][C2O42－]总= Ksp(CaC2O4) ·αC2O42－s×0.05=1.8×10－9×1.16 s = 4.2×10－8 mol·L－1溶解损失:m（CaC2O4）=4.2×10－8×0.3×128.1=1.6×10－6(g)= 1.6×10－3(mg)7．4 25℃时,铬酸银的溶解度为每升0.0279g,计算铬酸银的溶度积.解: 已知：M(Ag2CrO4)=331.73设：铬酸银（Ag2CrO4）的溶解度为S.s = 0.0279=8.41 ×10－5mol·L－1 331.73K sp =[Ag+]2[CrO42－]=( 2×8.41×10－5)2×8.41×10－5=2.38×10－127．5 为了使0.2032g (NH4)2SO4中的SO42－沉淀完全,需要每升含63g BaCl2·2H2O的溶液多少亳升?解：已知M((NH4)2SO4)=132.14, M(BaCl2·2H2O)2SO4)=244.3考虑问题的思路是，沉淀剂过量20%～50% 。
无机及分析化学第七章 定量分析方法概述课后练习与答案
第七章分析化学概论一、选择题1.消除测量过程中的偶然误差的方法是( )A．空白实验 B．对照实验 C．增加平行测定次数 D．校正仪器2. 下列物质可采用直接法配制标准溶液的是 ( )A．NaOH B．HCl C．无水Na2CO3 D．KMnO43．下列说法错误的是 ( )A．系统误差又称为可测误差 B．系统误差具有单向性C．方法误差属于系统误差 D．偶然误差可完全消除4．下列属于偶然误差的是 ( )A．使用生锈的砝码称量B．标定HCl时所用Na2CO3不纯C．所用试剂含待测组分D．滴定管读数时最后一位估计不准5．05.2010 .01250.0的有效数字位数为( )A．4 B．2C．3 D．16．pH=10.02的有效数字位数为 ( )A．4 B．2C．3 D．无法确定7．用失去结晶水的Na2B4O7.10H2O标定HCl溶液,则测得的浓度会 ( ) A．偏高B．偏低C．与实际浓度一致D．无法确定8．滴定分析中,指示剂颜色发生突变的这一点称为 ( )A．化学计量点B．滴定终点C．既是化学计量点，也是滴定终点D．以上都不对9．测定CaCO3含量时,先加入一定量并且过量的HCl溶液,然后用NaOH标准溶液滴定剩余的HCl溶液,此滴定方式属于( )A．直接滴定B．返滴定C．置换滴定D．简接滴定10．常量分析的试样用量为 ( )A ．大于1.0gB ．1.0～10gC ．大于0.1gD ．小于0.1g11．滴定分析中,滴定管的读数误差为±0.01mL ，滴定管的一次滴定需读初、终两次读数，可能引起的最大误差为±0.02mL ，为使滴定的相对误差小于0.1％，终点时消耗的滴定剂的体积至少为 ( )A ．10mLB ．15mLC ．20mLD ．无法确定12.用25mL 常量酸碱滴定管进行滴定,结果记录正确的是( )A ．18.2B ．18.20C ．18D ．18.00013.已知T HCI/NaON =0.004000 g/ml 、则C HCI 为( )A ．0.1000mol/LB ．0.004000g/mlC ．0.003600g/mlD ．0.1097mol/L14.滴定管的读数误差为±0.02ml，若滴定时用去滴定液20.00ml ，则相对误差是( )A ．±0.1%B ．±0.01%C ．±1.0%D ．±0.001%15.在标定NaOH 溶液浓度时，某同学的四次测定结果分别为0.1023 mol ·L -1、0.1024 mol ·L -1、0.1022 mol ·L -1、0.1023 mol ·L -1，而实际结果应为0.1088 mol ·L -1，该学生的测定结果 ( )A ．准确度较好，但精密度较差B ．准确度较差，但精密度较好C ．准确度较差，精密度也较差D ．系统误差小，偶然误差大16.在定量分析结果的一般表示方法中，通常要求( )A ．d R ≤2%B ．d R ≤0.02%C ．d R ≥0.2% D．d R ≤0.2% 17.T A/B 表示的意义是 ( )A ．100ml 标准溶液A 中所含溶质的质量B ．1ml 标准溶液A 中所含溶质的质量C ．1L 标准溶液A 相当于被测物质B 的质量D ．1ml 标准溶液A 相当于被测物质的质量18.T HCl/NaOH =0.003000g/ml ，终点时HCl 消耗40.00 ml ，试样中NaOH 的质量为( )A ．0.1200gB ．0.01200gC ．0.001200gD ．0.1200mg19.欲配制1000ml 0.1mol/L HCl 溶液，应取浓盐酸(12mol/L HCl)（ ）ml 。
《分析化学》第7章》基于沉淀反应的分析法及答案
1、(摩尔法的操作注意点) 摩尔法测Cl-时，使用的铬酸钾指示剂越多，终点颜色变化越明显，故铬酸钾用量应多些。
(×)2、(摩尔法的操作注意点) 摩尔法既适用于测Cl-，也适用于测Br-和I-。
(×)3、(吸附指示剂的原理) 法扬司法中指示剂在吸附前后颜色不同从而起指示作用。
(√)4、(法扬司法的注意点) 法扬司法中滴定生成的不溶物应尽可能为不聚沉的胶体，可加入糊精，防止凝聚。
(√)5、(法扬司法的注意点) 法扬司法中滴定生成的胶体应对指示剂吸附能力应略大于对被测离子的吸附能力。
(×)6、(佛尔哈德法的注意点) 佛尔哈德法在滴定时需剧烈振荡，以释放出被吸附的Ag+。
(√)7、(佛尔哈德法的注意点) 佛尔哈德法使用硫酸铁铵作指示剂，可在pH中性或碱性条件下滴定。
(×)8、(重量分析法注意点) 重量分析法一般不适用于低含量组分分析。
(√)9、(沉淀形式与称量形式的概念) 沉淀重量分析法中沉淀形式与称量形式的化学组成可以相同也可以不同。
(√)9、(影响沉淀完全的因素) 用Cl-沉淀Ag+时，可利用Cl-的同离子效应使Ag+沉淀彻底，所以Cl-浓度越高越好。
(×)10、(如何形成晶形沉淀) 沉淀重量分析法中，待测离子形成沉淀的溶度积越小越好。
(×)11、(如何形成晶形沉淀) 高价金属离子形成氢氧化物沉淀，如Fe(OH)3，易于形成晶形沉淀。
(×)12、(如何形成晶形沉淀) 为防止沉淀溶解，沉淀重量分析法操作中不应包含加热过程。
(×)13、(如何形成晶形沉淀) 沉淀重量分析法中应尽可能加快沉淀，以减少分析时间。
(×)14、AgCl在0.1mol/L的NaCl溶液中或在0.1mol/L的NaNO3溶液的溶解度均比在纯水中小。
(×)15、佛尔哈德返滴定法测氯离子时，先加入准确过量的AgNO3，再用NH4SCN标准溶液返滴过量的Ag+，若未加硝基苯保护生成的AgCl沉淀，测定出的氯离子会偏高。
分析化学第七章+氧化还原平衡+知识点+测试题
7.1.1知识点1 21、下列氧化还原电对中，是不可逆电对，又是对称电对的是A. Fe3+/Fe2+B. I2/I-C. Cr2O72-/Cr3+D. MnO4-/Mn2+2、下列氧化还原电对中，是不可逆电对，又是不对称电对的是A. Fe3+/Fe2+B. I2/I-C. Cr2O72-/Cr3+D. MnO4-/Mn2+3、下列氧化还原电对中，是可逆电对，又是不对称电对的是A. Fe3+/Fe2+B. I2/I-C. Cr2O72-/Cr3+D. MnO4-/Mn2+4、氧化还原反应的半反应都写成还原反应的形式。
A.√B.ⅹ7.1.2 1.3知识点3 4 测试5、若两电对的电子转移数都为 1，为使反应完全度达到 99.9% 以上，则两电对的条件电势差应大于A. 0.09 VB. 0.18 VC. 0.27 VD. 0.35 V6、条件电势是指在特定条件下，氧化态与还原态的分析浓度都为 1 mol/L 时的实际电势。
A. √B. ⅹ7、条件电极电位的大小反映了在外界影响下，氧化还原电对的实际氧化还原能力。
A. √B. ⅹ7.1.4 知识点5 6 练习题8、用铈量法测定铁时，滴定至50%时的电位是（）（已知Eθ’Ce4＋/ Ce3＋=1.44v，Eθ’Fe3＋/ Fe2＋=0.68v）A.0.68VB.0.86VC.1.06VD.1.44V9、用K2Cr2O7滴定Fe2+时，在化学计量点时，有关离子浓度的关系是（）A.[Fe3+] =[Cr3+] , [Fe2+]=[ Cr2O72-]B.[Fe3+]=[Cr3+] , [Fe2+]=6[Cr2O72-]C.[Fe3+]=3 [Cr3+] , [Fe2+]=6[Cr2O72-]D.[Fe3+]=3 [Cr3+] , 6 [Fe2+]= [Cr2O72-]10、在1mol/L H2SO4介质中，Ce4+与Fe2+滴定反应的平衡常数为，化学计量点时的电极电位为。
分析化学作业5(第七章)参考答案
7-1 解释下列现象：（简明扼要即可，必要时可配合公式）（1）将氯水慢慢加入到含有Br -和I -的酸性溶液中，以CCl 4萃取后，CCl 4层变为紫色。
答：查附录9可得以下数据V 545.0V 05.1V36.1V 45.1I /I Br /Br Cl/ClCl /HClO 332=ϕ=ϕ=ϕ=ϕθθθθ------ 可知氯水中的Cl 2及HClO 可将酸性溶液中的I －和Br －氧化为I 2和Br 2，I 2和Br 2更易溶于CCl 4，故可被CCl 4萃取，使CCl 4层呈紫色（I 2的紫色比Br 2的棕红色明显）。
（2）V 159.0V 534.0Cu /Cu I/I22=ϕ>=ϕθθ++-，但是Cu 2+却能将I -氧化为I 2。
答：12sp Cu /Cu CuI /Cu 101.11lg 059.0159.0)CuI (K 1lg059.022-θθ⨯+=+ϕ=ϕ+++ V 534.0V 865.0I /I 3=ϕ>=θ--（具体计算过程不必列出，只回答原因即可） 即Cu +可与I -生成溶解度很小的CuI 沉淀（pK sp =11.96）而大大降低了溶液中Cu +的浓度，从而使得Cu 2+/Cu +的电极电位显著增高，以致可将I －氧化为I 2。
（3）Fe 2+的存在加速KMnO 4氧化Cl -的反应。
答：Mn VII 氧化Cl -的反应很慢，通常可认为难以发生。
但体系中若有Fe 2+共存，则Mn VII 氧化Fe 2+的过程中可形成一系列Mn 的中间产物：Mn VI 、Mn V 、Mn IV 、Mn III ，它们均可较快的氧化Cl -，因此可诱导Cl -被Mn VII 氧化的速率加速。
（4）以KMnO 4滴定-222O C 时，滴入KMnO 4的红色消失速度由慢到快。
答：KMnO 4 与 C 2O 42-的反应速度很慢，但反应产物Mn II 可催化该反应。
开始反应时，由于没有或仅含极少量的Mn II ，故反应速度很慢，KMnO 4的红色消失得很慢；但随着反应进行，Mn II 不断产生，使得反应越来越快，KMnO 4红色消失速度亦逐渐加快。
无机及分析化学 第七章氧化还原反应课后习题答案
K 9.62 1018
由于K 数值很大，化学计量点时反应进行较完全。
18.常采用K2Cr2O7法测定水体中的化学耗氧量(COD)，取废水样 100.0mL,用硫酸酸化后，加入0.02000mol· L-1的K2Cr2O7溶液25.00 mL，在Ag2SO4存在下煮沸以氧化水样中还原性物质，再以试铁灵 为指示剂，用0.1000mol· L-1的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72-，用去 18.20mL,计算废水样中的化学耗氧量(以O2计,mg· L-1表示)。
2
0.0592 2 E H / H lg 0.1 2 2 0.0592V
（4）在1.0L上述(3)的溶液中加入0.10mol固体NaOH,
E H / H2 ?
0.0592 （cH / c ） E H / H2 E H / H lg 2 n （p H2 /p）
2S2 O32 I 2 S4 O62 2 I Cr2O72 ~ 3I 2 ~ 6S2O32
6nCr O2 nS O2
2 7 2 3
mK2Cr2O7 M K2Cr2O7
25 6 cNa S O VNa S O 2 2 3 2 2 3 100
0.4903 6 cNa S O 25 103 2 2 3 294.18 4 cNa S O 0.1000mol L1
3、对于下列氧化还原反应：（1）指出哪个是氧化剂， 哪个是还原剂？写出对应的半电池反应。（2）按这 些反应设计成原电池，并写出原电池符号。
2 Ag aq Zn s 2 Ag s Zn2 aq
正极反应： Ag e Ag , 氧化剂为Ag 负极反应： Zn -2e- Zn2+ , 还原剂为Zn (-)Zn Zn2+(c1) Ag+(c2) Ag(+)
分析化学课后习题答案(第7章)
7.1 计算下列重量因数：测定物 称量物（1）FeO Fe 2O 3（2）KCl （→K 2PtCl 6→Pt ） Pt（3）Al 2O 3 Al(C 9H 6ON)3 （4）P 2O 5 (NH 4)3PO 4·12MoO 3答案：232(FeO)271.85(1)0.8999(Fe O )159.69M M ⨯== 2(KCl)274.55(2)0.7643(Pt)195.08M A ⨯== 23963(Al O )101.96(3)0.11102(Al(C H ON))2459.44M M ==⨯ 254343(P O )141.94(4)0.037822((NH )PO 12MoO )21876.3M M ==⨯ 7.2 称取某可溶性盐0.3232g ，用硫酸钡重量法测定其中含硫量，得BaSO 4沉淀0.2982g ，计算试样含SO 3的质量分数。
答案：3443(SO )(BaSO )(BaSO )(SO )100%0.29820.3430 100%31.65%0.3232s M m M w m =⨯⨯=⨯= 7.3 用重量法测定莫尔盐(NH 4)2SO 4·FeSO 4·6H 2O 的纯度，若天平称量误差为0.2mg ，为了使灼烧后Fe 2O 3的称量误差不大于0.1%，应最少称取样品多少克？答案：323424423234244230.210100%0.1%(Fe O )2(NH )SO FeSO 6H O0.210100%(Fe O )0.1%2((NH )SO FeSO 6H O)0.210 100%1(g)1600.1%2392s s M m M m M M ---⨯⨯≤⋅⋅⨯≥⨯⋅⋅⨯=⨯=⨯⨯ 7.4 计算下列微溶化合物在给定介质中的溶解度（除（1）题外均采用I =0.1时的常数）。
(1) ZnS 在纯水中（p K 0sp (ZnS)=23.8，H 2S 的p K a1=7.1，p K a2=12.9）；(2) CaF 2在0.01mol ·L -1 HCl 溶液中（忽略沉淀溶解所消耗的酸）；(3) AgBr 在0.01mol ·L -1 NH 3溶液中；(4)BaSO4在pH7.0，EDTA浓度为0.01mol·L-1的溶液中；(5)AgCl在0. 10 mol·L-1的HCl溶液中。
分析化学课后知识题目解析第七章
第七章重量分析法和沉淀滴定法思考题1.沉淀形式和称量形式有何区别？试举例说明之。
答：在重量分析法中，沉淀是经过烘干或灼烧后再称量的。
沉淀形式是被测物与沉淀剂反应生成的沉淀物质，称量形式是沉淀经过烘干或灼烧后能够进行称量的物质。
有些情况下，由于在烘干或灼烧过程中可能发生化学变化，使沉淀转化为另一物质。
故沉淀形式和称量形式可以相同，也可以不相同。
例如：BaSO4,其沉淀形式和称量形式相同，而在测定Mg2+时，沉淀形式是MgNH4PO4·6H2O，灼烧后所得的称量形式却是Mg2P2O7。
2．为了使沉淀定量完全，必须加人过量沉淀剂，为什么又不能过量太多?答：在重量分析法中，为使沉淀完全，常加入过量的沉淀剂，这样可以利用共同离子效应来降低沉淀的溶解度。
沉淀剂过量的程度，应根据沉淀剂的性质来确定。
若沉淀剂不易挥发，应过量20%~50%；若沉淀剂易挥发，则可过量多些，甚至过量100%。
但沉淀剂不能过量太多，否则可能发生盐效应、配位效应等，反而使沉淀的溶解度增大。
3．影响沉淀溶解度的因素有哪些？它们是怎样发生影响的？在分析工作中，对于复杂的情况，应如何考虑主要影响因素?答：影响沉淀溶解度的因素有：共同离子效应，盐效应，酸效应，配位效应，温度，溶剂，沉淀颗粒大小和结构等。
共同离子效应能够降低沉淀的溶解度；盐效应通过改变溶液的离子强度使沉淀的溶解度增加；酸效应是由于溶液中H+浓度的大小对弱酸、多元酸或难溶酸离解平衡的影响来影响沉淀的溶解度。
若沉淀是强酸盐，如BaSO4，AgCl等，其溶解度受酸度影响不大，若沉淀是弱酸或多元酸盐[如CaC2O4、Ca3(PO4)2]或难溶酸（如硅酸、钨酸）以及与有机沉淀剂形成的沉淀，则酸效应就很显著。
除沉淀是难溶酸外，其他沉淀的溶解度往往随着溶液酸度的增加而增加；配位效应是配位剂与生成沉淀的离子形成配合物，是沉淀的溶解度增大的现象。
因为溶解是一吸热过程，所以绝大多数沉淀的溶解度岁温度的升高而增大。
B143-分析化学-第七章络合滴定法答案（2）
B143-分析化学-第七章络合滴定法答案（2）1. EDTA二钠盐的水溶液的pH的最简式是（pH = (p K a4 + p K a5) /2）(EDTA相当于六元酸)2. 络合滴定中一般不使用EDTA而用EDTA二钠盐(Na2H2Y), 这是由于（EDTA 在水中的溶解度小, 而Na2H2Y的溶解度较大）; 当在强酸性溶液中(pH<1), EDTA为六元酸, 这是因为（两个N原子接受了两个质子）。
3．直接与金属离子配位的EDTA型体为（D）（A）H6Y2+（B）H4Y （C）H2Y2－（D）Y4－4. 指出下列EDTA络合物的颜色(填A,B,C,D)(1) CuY2- ___ D _____ （A）无色(2) MnY2- __ B ______ （B）紫红色(3) FeY-___C _____ （C）黄色(4) ZnY2- ___ A ____ （D）蓝色5．一般情况下，EDTA与金属离子形成的络合物的络合比是（A）（A）1：1 （B）2：1 （C）1：3 （D）1：26. 金属离子M与络合剂L形成逐级络合物, 溶液中各种存在型体的分布系数与络合剂的平衡浓度（有关）; 与金属离子的总浓度（无关）。
(答有关或无关)7. 已知乙酰丙酮(L)与Al3+络合物的lgβ1-lgβ3分别是8.6、15.5和21.3, 则AlL3为主要形式时的pL范围是（pL < 5.8），pL为10.0时铝的主要形式是（Al3+），则[AlL]与[AlL2]相等时的pL 值为（6.9）8. 磺基水杨酸(L)与Cu2+络合物的lgβ1为9.5, lgβ2为16.5, [CuL]达最大的pL为( D)(A) 9.5 (B) 16.5 (C) 7.0 (D) 8.39．αM(L)=1表示（A）（A）M与L没有副反应（B）M与L的副反应相当严重（C）M的副反应较小（D）[M]=[L]10. 若络合滴定反应为M + Y = MYL│ │H+ML H i Y(i=1~6)则酸效应系数αY(H)的定义式为（αY(H)=[Y']/[Y]），[Y']=（[Y']=[Y]+∑[H i Y]）c(Y)=（[Y]+∑[H i Y]+[MY]或c(Y)=[Y']+[MY]）。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第七章氧化还原滴定1.条件电位和标准电位有什么不同？影响电位的外界因素有哪些？答：标准电极电位E′是指在一定温度条件下（通常为25℃）半反应中各物质都处于标准状态，即离子、分子的浓度（严格讲应该是活度）都是1mol/l（或其比值为1）（如反应中有气体物质，则其分压等于1.013×105Pa，固体物质的活度为1）时相对于标准氢电极的电极电位。
电对的条件电极电位（E0f）是当半反应中氧化型和还原型的浓度都为1或浓度比为，并且溶液中其它组分的浓度都已确知时，该电对相对于标准氢电极电位（且校正了各种外界因素影响后的实际电极电位，它在条件不变时为一常数）。
由上可知，显然条件电位是考虑了外界的各种影响，进行了校正。
而标准电极电位则没有校正外界的各种外界的各种因素。
影响条件电位的外界因素有以下3个方面；（1）配位效应；（2）沉淀效应；（3）酸浓度。
2．是否平衡常数大的氧化还原反应就能应用于氧化还原中？为什么？答：一般讲，两电对的标准电位大于0.4V（K>106），这样的氧化还原反应，可以用于滴定分析。
实际上，当外界条件（例如介质浓度变化、酸度等）改变时，电对的标准电位是要改变的，因此，只要能创造一个适当的外界条件，使两电对的电极电位超过0.4V ，那么这样的氧化还原反应也能应用于滴定分析。
但是并不是平衡常数大的氧化还原反应都能应用于氧化还原滴定中。
因为有的反应K虽然很大，但反应速度太慢，亦不符合滴定分析的要求。
3.影响氧化还原反应速率的主要因素有哪些？答：影响氧化还原反应速度的主要因素有以下几个方面：1）反应物的浓度；2）温度；3）催化反应和诱导反应。
4.常用氧化还原滴定法有哪几类？这些方法的基本反应是什么？答：1）高锰酸钾法．2MnO4+5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O.MnO2+H2C2O4+2H+==Mn2++2CO2+2H2O2) 重铬酸甲法. Cr2O72-+14H++Fe2+===2Cr3++Fe3++7H2OCH3OH+Cr2O72-+8H+===CO2↑+2Cr3++6H2O3)碘量法3I2+6HO-===IO3-+3H2O，2S2O32-+I2===2I-+2H2OCr2O72-+6I-+14H+===3I2+3Cr3++7H2O5.应用于氧化还原滴定法的反应具备什么条件？答：应用于氧化还原滴定法的反应，必须具备以下几个主要条件：（1）反应平衡常数必须大于106，即△E>0.4V。
（2）反应迅速，且没有副反应发生，反应要完全，且有一定的计量关系。
（3）参加反应的物质必须具有氧化性和还原性或能与还原剂或氧化剂生成沉淀的物质。
（4）应有适当的指示剂确定终点。
6.化学计量点在滴定曲线上的位置与氧化剂和还原剂的电子转移数有什么关系？答：氧化还原滴定曲线中突跃范围的长短和氧化剂与还原剂两电对的条件电位（或标准电位）相差的大小有关。
电位差△E较大，突跃较长，一般讲，两个电对的条件电位或标准电位之差大于0.20V时，突跃范围才明显，才有可能进行滴定，△E值大于0.40V时，可选用氧化还原指示剂（当然也可以用电位法）指示滴定终点。
当氧化剂和还原剂两个半电池反应中，转移的电子数相等，即n1=n2时，则化学计量点的位置恰好在滴定突跃的中（间）点。
如果n1≠n2，则化学计量点的位置偏向电子转移数较多（即n值较大）的电对一方；n1和n2相差越大，化学计量点偏向越多。
7.试比较酸碱滴定、络合滴定和氧化还原滴定的滴定曲线，说明它们共性和特性。
答：酸碱滴定、配位滴定和氧化还原滴定的滴定曲线共性是：1）在滴定剂不足0.1%和过量0.1%时，三种滴定曲线均能形成突跃；2）均是利用滴定曲线的突跃，提供选择指示剂的依据。
其特性是：酸碱滴定曲线是溶液的pH值为纵坐标，配位滴定的滴定曲线以pM为纵坐标，而氧化还原滴定曲线是以E值为纵坐标，其横坐标均是加入的标准溶液。
8.氧化还原滴定中的指示剂分为几类？各自如何指示滴定终点？答：氧化还原滴定中指示剂分为三类：（1）氧化还原指示剂。
是一类本身具有氧化还原性质的有机试剂，其氧化型与还原型具有不同的颜色。
进行氧化还原滴定时，在化学计量点附近，指示剂或者由氧化型转变为还原型，或者由还原型转变为氧化型，从而引起溶液颜色突变，指示终点。
（2）自身指示剂。
利用滴定剂或被滴定液本身的颜色变化来指示终点。
（3）专属指示剂。
其本身并无氧化还原性质，但它能与滴定体系中的氧化剂或还原剂结合而显示出与其本身不同的颜色。
9.氧化还原指示剂的变色原理和选择与酸碱指示剂有何异同？答：氧化还原滴定所用的指示剂分为两个类型：氧化还原指示剂和其他指示剂。
后者的变色原理和选择与酸碱指示剂无有任何异同点。
而前者——氧化还原指示剂的变色原理和选择与酸碱指示剂的异同点如下：①酸碱指示剂的变色主要与溶液的酸度（pH值）有关；而氧化还原指示剂的变色主要是决定于其氧化型和还原型（两型的颜色不同）的颜色。
②酸碱指示剂变色和氧化还原指示剂变色均有变色点；两者均有变色范围。
③酸碱指示剂和氧化还原指示剂的选择均与滴定曲线的突跃范围有关。
酸碱指示剂是范围，而氧化还原指示剂则是电位范围。
其颜色强度的变化均是从10变到0.1的关系。
④酸碱指示剂的变色除与溶液的值有关外，而指示剂本身也有结构变化；氧化还原指示剂则只与电位有关。
10.在进行氧化还原滴定之前，为什么要进行预氧化或预还原的处理？预处理时对所用的预氧化剂或还原剂有哪些要求？答：在进行氧化还原滴定之前，为了能成功的完成氧化还原滴定，时常需要将被测定的组分处理成能与滴定剂迅速、完全并按照一定计量关系起反应的状态，或者处理成高价后用还原剂进行滴定，或者处理成低价后用氧化剂滴定。
滴定前使被测组分转变为一定价态的步骤称为滴定前的预处理。
预处理时对所用的氧化剂或还原剂有以下几点要求：（1）反应进行完全而且速度要快；（2）反应应该具有一定的选择性。
（3）过量的氧化剂或还原剂应易于除去；11.碘量法的主要误差来源有哪些？为什么碘量法不适宜在高酸度或高碱度介质中进行？答；碘量法的主要误差来源有以下几个方面：（1）标准溶液的遇酸分解；（2）碘标准溶液的挥发和被滴定碘的挥发；（3）空气对KI的氧化作用：（4）滴定条件的不适当。
由于碘量法使用的标准溶液和它们间的反应必须在中性或弱酸性溶液中进行。
因为在碱性溶液中，将会发生副反应：S2O32-+4I2+10OH-=2SO42-+8I-+5H2O而且在碱性溶液中还会发生歧化反应：3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O如果在强碱性溶液中，溶液会发生分解：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O同时，在酸性溶液中也容易被空气中的氧所氧化：4I-+4H++O2=2I2+2H2O基于以上原因，所以碘量法不适宜在高酸度或高碱度介质进行。
12.比较用KMnO4’K2Cr2O7和Ce(SO4)2作滴定剂的优缺点。
和作滴定剂的优缺点见下表13.设计一个分别测定混合溶液中AsO33-和AsO43-的分析方案（原理、简单步骤和计算公式）。
答：分别测定AsO 33-和AsO 43-碘量法分析方案如下：（1） 于AsO 43-﹑AsO 33-的混合溶液中，在酸性条件下，加过量KI ，此时AsO 43-与I -反应：AsO 43- +2I -+2H +=AsO 33+-I 2+H 2O析出的I 2用Na 2S 2O 3标准溶液滴定：I 2+2S 2O 32-=2I -+S 4O 62-由Na 2S 2O 3溶液的浓度(C Na2S2O3)和用去的体积(V Na2S2O3)即可求得AsO 43-的含量。
另外，在取一定量的AsO 43-和AsO 33-混合溶液，加NaHCO 3,在pH=8.0的条件下，用I 2标准溶液滴定溶液的AsO 33-：AsO 33-+I 2+2HCO 3-=====AsO 43-+2I -+2CO 2↑+H 2O (PH=8.0) 根据I 2溶液的浓度(C I2)和消耗的体积(V I2)即可求AsO 33-的量。
（2）测定步骤①AsO 43-的测定移取混合试液25.00ml 于锥形瓶中，加酸和过量KI ，析出的I 2，用Na 2S 2O 3标准溶液滴定，快到终点时加入淀粉指示剂，继续Na 2S 2O 3用滴定，终点时溶液由蓝色变为无色。
由下式计算AsO 43-的含量（以g/ml 表示）：AsO 43-=00.2521100143323222-⨯⨯⨯⨯AsO O S N O S Na M V C a （2）AsO 33-的测定 量取AsO 33-和AsO 43-混合溶液25.00ml ，若试液为碱性，可取酸调至微酸性后，加一定量NaHCO 3，用I 2标准溶液滴定AsO 33-，用淀粉作指示剂，终点时溶液由无色变为蓝色，然后由下式计算AsO 33-的含量（以g/ml 表示）：AsO 33-=00.2510013322-⨯⨯⨯AsO I I M V C 14.在Cl -、Br -和I -三种离子的混合物溶液中，欲将I -氧化为I 2，而又不使Br -和Cl -氧化在常用的氧化剂Fe 2(SO 4)3和KMnO 4中应选择哪一种？答：选用Fe 2(SO 4)3氧化剂即能满足上述要求，因为：E 0 MnO4-/Mn2+=1.51VE 0Fe3+/Fe2+=0.771VE 0Cl2/2Cl-=1.395VE 0Br2/Br-=1.087VE 0I2/I-=0.621V又标准电极电位可知：E 0Fe3+/Fe2+的电位低于E 0Cl2/2Cl 而E 0Br2/Br-高于E 0I2/I-故只能将氧化为I 2，而不能将Cl -和Br -氧化。
如果选用KMnO 4时则能将其氧化。
15.计算在1mol/LHCl 溶液中，当[Cl -]=1.0mol/L 时，Ag +/Ag 电对的条件电位。
解：经查表在1mol/l 的溶液中，E 0`Ag+/Ag =0.7994V∵E=E 0Ag+/Ag +0.0592×lg [][]Ag Ag + =0.7994+0.0592×lg[Ag +]又∵[Cl -]=1mol/l Ksp [AgCl]=8.11×1010∴E=0.7994+0.0592×lg 8.11×1010=0.22V 16.计算在1.5mol/LHCl 介质中，当c Cr(VI)=0.10mol/L,c Cr(III)=0.020mol/L 时Cr 2O 72-/Cr 3+电对的电极电位。
解：附录中没有该电对相应的条件电位值，采用相近1mol/L 的介质中E 0=1.00V 代替Cr 2O 72-+14H ++6e -==2Cr 3++7H 2O当C Cr(VI)=0.10mol/L C Cr(III)=0.020mol/LE=E 0 Cr(VI)/ Cr(III)+6059.0lg =)()(III Cr VI Cr C C 1.02V =1.01V17.计算pH=10.0,[NH 4+]+[NH 3]=0.20mol/L 时Zn 2+/Zn 电对条件电位。