高教版分析化学第三版课后答案及详解
分析化学实验(第三版)思考题答案
分析化学实验（第三版）答案一、实验室基本常识（一）玻璃器皿的洗涤（P2-3）分析化学实验室经常使用玻璃容器和瓷器，用不干净的容器进行实验时，往往由于污物和杂质的存在而得不到准确的结果。
所以容器应该保证干净。
洗涤容器的方法很多，应根据实验的要求，污物的性质和玷污的程度加以选择。
一般来说，附着在仪器上的污物有尘土和其他不溶性物质、可溶性物质、有机物质及油污等。
针对这些情况，可采用下列方法：①用水刷洗：用自来水和毛刷刷洗容器上附着的尘土和水溶物。
②用去污粉（或洗涤剂）和毛刷刷洗容器上附着的油污和有机物质。
若仍洗不干净，可用热碱液洗。
容量仪器不能用去污粉和毛刷刷洗，以免磨损器壁，使体积发生变化。
③用还原剂洗去氧化剂如二氧化锰。
④进行定量分析实验时，即使少量杂质也会影响实验的准确性。
这时可用洗液清洗容量仪器。
洗液是重铬酸钾在浓硫酸中的饱和溶液。
（5g粗重铬酸钾溶于10mL热水中，稍冷，在搅拌下慢慢加入100mL浓硫酸中就得到铬酸洗液，简称洗液）。
使用洗液时要注意以下几点：①使用洗液前最好先用水或去污粉将容器洗一下。
②使用洗液前应尽量把容器内的水去掉，以免将洗液稀释。
③洗液用后应倒入原瓶内，可重复使用。
④不要用洗液去洗涤具有还原性的污物（如某些有机物），这些物质能把洗液中的重铬酸钾还原为硫酸铬（洗液的颜色则由原来的深棕色变为绿色）。
已变为绿色的洗液不能继续使用。
⑤洗液具有很强的腐蚀性，会灼伤皮肤和破坏衣物。
如果不慎将洗液洒在皮肤、衣物和实验桌上，应立即用水冲洗。
⑥因重铬酸钾严重污染环境，应尽量少用洗液。
用上述方法洗涤后的容器还要用水洗去洗涤剂。
并用蒸馏水再洗涤三次。
洗涤容器时应符合少量（每次用少量的洗涤剂）多次的原则。
既节约，又提高了效率。
已洗净的容器壁上，不应附着不溶物或油污。
这样的器壁可以被水完全润湿。
检查是否洗净时，将容器倒转过来，水即顺着器壁流下，器壁上只留下一层既薄又均匀的水膜，而不应有水珠。
（二）试剂及其取用方法（P3-5）1.试剂的分类根据化学试剂的纯度，按杂质含量的多少，国内将化学试剂分为四级：一级试剂（优级纯试剂）通常用G.R表示。
(完整版)无机及分析化学课后重点习题答案详解(高等教育出版社)
第一章 气体和溶液2. 解：根据理想气体状态方程：nRTV p =可得： RTpV M n ==m 则： mol /0.160.250L101.3kPa K 298K mol L kPa 315.8164.0-11g g pV mRT M ≈⨯⨯⋅⋅⋅⨯==-该的相对分子质量为16.04. 解：由题意可知，氮气为等温变化，氧气为等容变化 kPa 92.350.0mL2.00mL kPa 0.98211N 2=⨯==V V p p kPa 45.43333K 732kPa 0.53121O 2=⨯==K T T p p 根据道尔顿分压定律：kPa4.4792.345.4322O N ≈+=+=p p p 总7. 解： T =(273+15)K = 288K ； p 总 =100kPa ；V =1.20L 288K 时，p (H 2O)=1.71kPaM (Zn)=65.39则 p 氢气= (100-1.71)kPa = 98.29kPa mol 0493.0K288K mol L 8.315kPa L 20.18.29kPa 911-=⨯⋅⋅⋅⨯==-RT pV n 氢气根据： Zn(s) + 2HCl → ZnCl 2 + H 2(g)65.39g 1molm (Zn)=? 0.0493mol解得m (Zn)=3.22g则杂质的质量分数 w (杂质) = （3.45-3.22）/ 3.45 = 0.06714. 解：因溶液很稀，可设ρ ≈1 g·mL -1(1) 14113L mol 1054.1K293K mol L kPa 315.8kPa 10375-----⋅⨯=⋅⋅⋅⋅⨯=∏=RT c (2) mol g L L g cV m n m M /1069.6mol 1054.1010.50515.04143⨯=⋅⨯⨯⨯===--- 血红素的相对分子质量为41069.6⨯ (3) K1086.2kg mol 1054.1mol kg K 86.14141----⨯=⋅⨯⨯⋅⋅=⋅=∆b K T f f K1088.7kg mol 1054.1mol kg K 512.05141----⨯=⋅⨯⨯⋅⋅=⋅=∆b K T b b （4）由于沸点升高和凝固点下降的值太小，测量误差很大，所以这两种方法不适用。
分析化学第三版8
1.与化学分析法相比，吸光光度法的主要特点是什么？ 答：①灵敏度高 ②仪器设备简单，操作简便，快速 ③ 准确度较高 ④ 应用广泛2.何谓复合光、单色光、可见光和互补色光？白光与复合光有何区别？ 答：⑴复合光指由不同单色光组成的光；单色光指其处于某一波长的光；可见光指人的眼睛所能感觉到的波长范围为400-750 nm 的电磁波；将两种适当颜色的光按照一定的强度比例混合若可形成白光，它们称为互补色光； ⑵ 白光是是一种特殊的复合光，它是将各种不同颜色的光按一定的强度比例混合而成有复合光。
3.简述朗伯-比尔定律成立的前提条件及物理意义，写出其数学表达式。
答：确定前提为：①入射光为平行单色光且垂直照射；② 吸光物质为均匀非散射体系；③吸光质点之间无相互作用；④辐射与物质之间的作用仅限于光吸收过程，无荧光和光化学现象发生。
其物理意义如下：当一束单色光垂直通过某一均匀非散射的吸光物质时，其吸光度A 与吸光物质的浓度c 及吸收层厚度 b 成正比。
其数学表达式为： Kbc TI I A t===1lglg0 4.摩尔吸收系数κ在光度分析中有什么意义？如何求出κ值？κ值受什么因素的影响？ 答：⑴摩尔吸光系数κ在光度分析中的意义：当吸光物质的浓度为1mol/L 和吸收层厚度为 1cm 时，吸光物质对某波长光的吸光度。
(2)在吸光物质的浓度适宜低时，测其吸光度A ，然后根据bcA=κ计算而求得。
(3) κ值受入射光的波长，吸光物质的性质、溶剂、温度、溶液的组成、仪器灵敏度等因素的影响。
5.何谓吸光度和透射比，两者的关系如何？答：吸光度A 是指入射光强度I 0与透射光强度I t 的比值的对数值。
透射比T 是指透射光强度I t 与入射光强度I 0的比值。
两者的关系如下：TI I A t 1lg lg0== 6.在光度法测定中引起偏离朗伯-比尔定律的主要因素有那些？如何消除这些因素的影响？答：⑴物理因素：①非单色光引起的偏离 ②非平行入射光引起的偏离 ③ 介质不均匀引起的偏离。
分析化学第三版重点考试习题参考答案
第二章习题参考答案3.答：应选用1mol•L-1HCl作洗涤液。
因为HCl含有与氯化物沉淀的共同离子，可以减少洗涤时的溶解损失，又可保持一定的酸度条件，避免某些水解盐的沉淀析出，另外HCl为强电解质可避免因洗涤引起的胶溶现象。
如果用蒸馏水洗涤，则不具备上述条件，使沉淀的溶解损失增大，特别是PbCl2。
HNO3不含共同离子，会引起盐效应而使沉淀溶解度增大。
NaCl虽具有共同离子，但不具备酸性条件，故亦不宜采用。
4.（1）用NH4Ac溶液，PbSO4溶解，而Hg2SO4不溶。
（2）用氨水，Ag2CrO4溶解，而Hg2CrO4不溶。
（3）用NaOH溶液，PbCrO4溶解，而Hg2CrO4不溶。
（4）用氨水，AgCl溶解，而PbSO4不溶。
（5）用稀HNO3，Pb(OH)2溶解，而AgCl不溶。
（6）用氨水，AgCl溶解，而Hg2SO4不溶。
5.解：17解:由分组试验未得到肯定结果，可判断第一、二组阴离子肯定不存在；由挥发性试验和氧化还原性试验未得到肯定结果，可肯定NO2-、S2O32-不存在；只有NO3-、Ac-不能肯定其存在与否，还需进行鉴定。
19解：第一、二组阴离子的铅盐都难溶于水。
所以第一、二组阴离子不可能存在，故第一、二组阴离子（SO42-、SO32-、S2O32-、SiO32-、CO32-、PO43-、Cl-、Br-、I-、S2-）可不必鉴定。
21解：（1）试样本身无色，溶液也无色，则有色离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+、Co2+、Ni2+不可能存在；试样易溶于水，则易水解生成难溶化合物的离子Bi3+、Sb3+、Sb5+、Sn2+、Sn4+不可能存在；（2）焰色试验时火焰为黄色，表明有Na+存在；其它有明显焰色反应的离子Ba2+、Ca2+、Cu2+、K+不可能存在；（3）则Ag+、Hg22+、Pb2+不存在，且在酸性溶液中具有挥发性的阴离子SO32-、S2O32-、S2-、CO32-、NO2-及与酸作用能生成沉淀的SiO32-都不可能存在；（4）则能生成难溶性硫酸盐的离子Pb2+、Ba2+、Ca2+、Ag+、Hg22+不存在；另外挥发性阴离子及还原性强的I-不存在；（5）则NH4+不存在；生成有色沉淀的阳离子Ag+、Hg22+、Cu2+、Hg2+、Fe3+、Fe2+、Cr3+、Mn2+、Co2+、Ni2+不存在；（6）表明第一组阴离子（SO42-、SO32-、S2O32-、SiO32-、CO32-、PO43-）不存在。
分析化学第三版课后习题答案
第三章 、 思考题与习题1．指出在下列情况下，各会引起哪种误差？如果是系统误差，应该采用什么方法减免？ 答:（1）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（2）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（3）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（4）系统误差中的试剂误差。
减免的方法：做空白实验。
（5）随机误差。
（6）系统误差中的操作误差。
减免的方法：多读几次取平均值。
（7）过失误差。
（8）系统误差中的试剂误差。
减免的方法：做空白实验。
2解：因分析天平的称量误差为mg 2.0±。
故读数的绝对误差g a 0002.0±=E根据%100⨯TE =E ar 可得 %2.0%1001000.00002.01.0±=⨯±=E ggg r%02.0%1000000.10002.01±=⨯±=E ggg r这说明，两物体称量的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。
也就是说，当被测定的量较大时，相对误差就比较小，测定的准确程度也就比较高。
3解：因滴定管的读数误差为mL 02.0±，故读数的绝对误差mL a 02.0±=E 根据%100⨯T E =E ar 可得 %1%100202.02±=⨯±=E mL mLmL r%1.0%1002002.020±=⨯±=E mLmL mLr这说明，量取两溶液的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。
也就是说，当被测定的量较大时，测量的相对误差较小，测定的准确程度也就较高。
5答:：0.36 应以两位有效数字报出。
6答:：应以四位有效数字报出。
7答:：应以四位有效数字报出。
8答:：甲的报告合理。
因为在称样时取了两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。
9解：根据方程2NaOH+H 2C 2O 4·H 2O==Na 2C 2O 4+4H 2O 可知，需H 2C 2O 4·H 2O 的质量m 1为：g m 13.007.1262020.01.01=⨯⨯= 相对误差为 %15.0%10013.00002.01=⨯=E ggr则相对误差大于0.1% ，不能用H 2C 2O 4·H 2O 标定0.1mol·L -1的NaOH ，可以选用相对分子质量大的作为基准物来标定。
分析化学习题答案 下册 第三版高等教育出版社 华中师范大学 陕西师范大学 东北师范大学 编
仪器分析第二章 光学分析法导论1． 解释下列名词：（1）原子光谱和分子光谱； （2）原子发射光谱和原子吸收光谱； （3）统计权重和简并度； （4）分子振动光谱和分子转动光谱； （5）禁戒跃迁和亚稳态； （6）光谱项和光谱支项；（7）分子荧光、磷光和化学发光； （8）拉曼光谱。
答：（1）由原子的外层电子能级跃迁产生的光谱称为原子光谱；由分子的各能级跃迁产生的光谱称为分子光谱。
（2）当原子受到外界能量（如热能、电能等）的作用时，激发到较高能级上处于激发态。
但激发态的原子很不稳定，一般约在10-8 s 内返回到基态或较低能态而发射出的特征谱线形成的光谱称为原子发射光谱；当基态原子蒸气选择性地吸收一定频率的光辐射后跃迁到较高能态，这种选择性地吸收产生的原子特征的光谱称为原子吸收光谱。
（3）由能级简并引起的概率权重称为统计权重；在磁场作用下，同一光谱支项会分裂成2J ＋1个不同的支能级，2J ＋1称为能级的简并度。
（4）由分子在振动能级间跃迁产生的光谱称为分子振动光谱；由分子在不同的转动能级间跃迁产生的光谱称为分子转动光谱。
（5）不符合光谱选择定则的跃迁叫禁戒跃迁；若两光谱项之间为禁戒跃迁，处于较高能级的原子具有较长的寿命，原子的这种状态称为亚稳态。
（6）用n 、L 、S 、J 四个量子数来表示的能量状态称为光谱项，符号为n 2S + 1 L ；把J 值不同的光谱项称为光谱支项，表示为n 2 S + 1 L J 。
（7）荧光和磷光都是光致发光，是物质的基态分子吸收一定波长范围的光辐射激发至单重激发态，再由激发态回到基态而产生的二次辐射。
荧光是由单重激发态向基态跃迁产生的光辐射，而磷光是单重激发态先过渡到三重激发态，再由三重激发态向基态跃迁而产生的光辐射。
化学发光是化学反应物或反应产物受反应释放的化学能激发而产生的光辐射。
（8）入射光子与溶液中试样分子间的非弹性碰撞引起能量交换而产生的与入射光频率不同的散射光形成的光谱称为拉曼光谱。
分析化学--第三版课后-习题答案
第三章思考题与习题1．指出在下列情况下，各会引起哪种误差？如果是系统误差，应该采用什么方法减免？ 答:（1）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（2）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（3）系统误差中的仪器误差。
减免的方法：校准仪器或更换仪器。
（4）系统误差中的试剂误差。
减免的方法：做空白实验。
（5）随机误差。
（6）系统误差中的操作误差。
减免的方法：多读几次取平均值。
（7）过失误差。
（8）系统误差中的试剂误差。
减免的方法：做空白实验。
2解：因分析天平的称量误差为mg 2.0±。
故读数的绝对误差g a 0002.0±=E根据%100⨯T E =E ar 可得 %2.0%1001000.00002.01.0±=⨯±=E ggg r%02.0%1000000.10002.01±=⨯±=E ggg r这说明，两物体称量的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。
也就是说，当被测定的量较大时，相对误差就比较小，测定的准确程度也就比较高。
3解：因滴定管的读数误差为mL 02.0±，故读数的绝对误差mL a 02.0±=E 根据%100⨯TE =E ar 可得 %1%100202.02±=⨯±=E mL mLmL r%1.0%1002002.020±=⨯±=E mLmL mLr这说明，量取两溶液的绝对误差相等，但他们的相对误差并不相同。
也就是说，当被测定的量较大时，测量的相对误差较小，测定的准确程度也就较高。
5答:：0.36 应以两位有效数字报出。
6答:：应以四位有效数字报出。
7答:：应以四位有效数字报出。
8答:：甲的报告合理。
因为在称样时取了两位有效数字，所以计算结果应和称样时相同，都取两位有效数字。
9解：根据方程2NaOH+H 2C 2O 4·H 2O==Na 2C 2O 4+4H 2O 可知，需H 2C 2O 4·H 2O 的质量m 1为： g m 13.007.1262020.01.01=⨯⨯= 相对误差为 %15.0%10013.00002.01=⨯=E ggr则相对误差大于0.1% ，不能用H 2C 2O 4·H 2O 标定0.1mol·L -1的NaOH ，可以选用相对分子质量大的作为基准物来标定。
分析化学第三版习题答案
分析化学第三版习题答案分析化学（化学分析部分）（第三版）习题参考答案第1章绪论1-1 简述分析化学的定义、任务和作用。
1-2 化学分析法有什么特点？ 1-3 仪器分析法有什么特点？ 1-4 如何选择分析方法？1-5 已知铅锌矿的K 值为0.1，若某矿石样品的最大颗粒直径为30 mm ，问最少应采集多少千克的样品才有代表性？解：当K = 0.1，d = 30 mm ，m = Kd 2 = 0.1 ? 302 = 90 (kg) 最少应采集90千克的样品才有代表性。
1-6 取锰矿试样15 kg ，已知K 值为0.3，当破碎至全部通过10号筛时，请问最少试样量为多少？用四分法可连续缩分几次？解：当K = 0.3，d = 2.00 mm ，m = Kd 2 = 0.3 ? 22 = 1.2 (kg)即破碎至全部通过10号筛时，样品的最大颗粒直径为2 mm ，则最少试样量为1.2 kg 。
由15/2n = 1.2，有2n = 12.5，n = 3.6 ≈ 3 (次) 用四分法连续缩分3次后，试样量为1.88 kg 。
1-7 一含Pb 试样0.5250 g 经过适当处理定量地生成PbSO 4沉淀0.4264 g 。
求算该样品中Pb 组分以PbSO 4、Pb 和PbO 等形式表示的质量分数。
解：4PbSO 0.426481.22%0.5250ω==Pb 40.4264M(Pb)0.4264207.21= = 55.49%0.5250M(PbSO )0.5250303.26ω=PbO 40.4264M(PbO)0.4264223.2159.78%0.5250M(PbSO )0.5250303.26ω==?=1-8 计算下列溶液的物质的量浓度：(1) 相对密度为1.057含HCl 12%（质量分数）的盐酸溶液；(2) 相对密度为0.954 含NH3 11.6%（质量分数）的氨水溶液。
解：(1)1.057100012%c 3.5 (mol/L)36.46==(2)0.954100011.6%c 6.50 (mol/L)17.03==第2章定量分析中的误差及分析数据的处理2-1 按照误差的分类，下列情况各引起什么误差？(1) 砝码腐蚀。
分析化学第三版答案
9．从试液中分离第三组阳离子时为何要采取下列措施？
（1） 加NH3-NH4Cl使溶液的pH≈9；
（2） 为什么要使用新配制的(NH4)2S溶液和氨水？
答:（1）在第三组离子的沉淀中，Al(OH)3和Cr(OH)3属于两性氢氧化物，酸度高时沉淀不完全，酸度太低又容易形成偏酸盐而溶解。另一方面当pH>10时，部分的Mg2+生成Mg(OH)2沉淀。实验证明控制在pH=9.0 ,为沉淀第三组离子最适宜的条件，在沉淀本组离子的过程中，随着反应的进行，溶液pH降低。因此加入NH3-NH4Cl 缓冲溶液来保持pH=9.0 。
（3）加饱和(NH4)2SO4产生白色沉淀的为BaCl2 。
（4）加CaCl2生成白色沉淀CaC2O4者，为(NH4)2C2O4 。
16．有下列七种物质，以两种或更多种混合，然后做（1）～（4）项实验，试判断存在的、不存在的和存在与否不能确定的物质各是什么？
BaCl2,Ca(NO3)2,MgCl2,K2CrO4,NaCl,(NH4)2SO4,(NH4)2C2O4
第二章 思考题与习题
1．已知用生成AsH3气体的方法鉴定砷时，检出限量为1μg，每次取试液0.05mL。求此鉴定方法的最低浓度（分别以ρB和1：G表示）。
解： 最底浓度
1:G=1:5×104
2．取一滴（0.05mL）含Hg2+试液滴在铜片上，立即生成白色斑点（铜汞齐）。经过实验发现，出现斑点的必要条件是汞的含量应不低于100μg·mL-1。求此鉴定方法的检出限量。
13．在系统分析中，分出第三组阳离子后为什么要立即处理第四组阳离子的试液？怎样处理？
定量化学分析简明教程第3版答案
⎛1 ⎞ n⎜ KHC 2 O 4 ⋅ H 2 C 2 O 4 ⎟ = n( NaOH) ⎝3 ⎠
氧化还原反应中：
V (KMnO 4 ) =
第 2 章 习题参考答案
2.2 测定试样中 CaO 的质量分数时，得到如下结果：35.65%、35.69%、35.72%、35.60%。问： （1）统计处理后的分析结果应如何表示？ （2）比较 95%和 90%置信度下总体平均值的置信区间。 答案： （1） 结果表示为：n=4， x = 35.66% ，s=0.052% （2） 1 − α = 0.95 ，则 α = 0.05 ， t 0.05 (3) = 3.18
4
答
案
2.1 测定某样品中氮的质量分数时，六次平行测定的结果是 20.48%、20.55%、20.58%、20.60%、 20.53%、20.50%。 （1） 计算这组数据的平均值、 中位数、 平均偏差、 标准差、 变异系数和平均值的标准差； (20.54%, 20.54%, 0.12%, 0.037%, 0.046%, 0.22%, 0.019%) （2）若此样品是标准样品，其中氮的质量分数为 20.45%，计算以上测定结果的绝对误差和相对 误差。(+0.09%, 0.44%)
∴σ1 与σ2 无显著差异。 （2）用 t 检验法检验μ1 是否等于μ2 假设μ1=μ2
课 后
（1）用 F 检验法检验σ1=σ2 是否成立（α =0.10） 假设σ1=σ2
F计算
2 s大 0.9 2 = 2 = = 2.2 < F表 = F0.05 (4,3) = 9.12 s小 0.6 2
度（c）的 Na2C2O4 溶液？要配制 100mL 溶液，应称取 Na2C2O4 多少克？
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第1章 绪论
1.1 30.0mL 0.150mol ·L -1的HCl 溶液和20.0mL 0.150mol ·L -1的Ba(OH)2溶液相混合，所得溶液是酸性、中性、还是碱性？计算过量反应物的浓度。
答案：12L 0.015m ol 2
30.0)(20.030.00.15020.00.1502)过)((Ba(OH)-⋅=⨯+⨯-⨯⨯=量c
1.2 称取纯金属锌0.3250g ，溶于HCl 后，稀释到250mL 容量瓶中，计算c (Zn 2+)。
答案：13
2L 0.01988m ol 250.065.39100.3250)(Zn -+
⋅=⨯⨯=⋅=V M m c
1.3 欲配制Na 2C 2O 4溶液用于标定KMnO 4溶液（在酸性介质中），已知14L 0.10mol KMnO 51-⋅≈⎪⎭
⎫ ⎝⎛c ，若要使标定时两种溶液消耗的体积相近，问应配制多大浓度（c ）的Na 2C 2O 4溶液？要配制100mL 溶液，应称取Na 2C 2O 4多少克？ 答案：O 8H 10CO 2Mn 16H O 5C 2MnO 2222424++=++++--
⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛4224O C Na 21KMnO 51n n ()()42242244O C Na O C Na 21KMnO KMnO 51V c V c ⋅⎪⎭
⎫ ⎝⎛=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛ 若：)O C Na ()KMnO (4224V V ≈ 则：14422L 0.050mol KMnO 5121)O C (Na -⋅=⎪⎭
⎫ ⎝⎛=c c g 67.00.134********.0)O C Na (3422=⨯⨯⨯=-m
1.4 用KMnO 4法间接测定石灰石中CaO 的含量（见例1.6），若试样中CaO 含量约为40%，为使滴定时消耗0.020mol ·L -1 KMnO 4溶液约30mL ，问应称取试样多少克？ 答案：
()g
21.0 %10010208.5630020.05%40 %10010CaO 21KMnO KMnO 51CaO)(33
44=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝
⎛=s s s m m m M V c w
1.5 某铁厂化验室常需要分析铁矿中铁的含量。
若1722L 0.1200mol O Cr K 61-⋅=⎪⎭
⎫ ⎝⎛c ，为避免计算，直接从所消耗的K 2Cr 2O 7溶液的毫升数表示出铁的含量（%），应当称取铁矿多少克？
答案：()()()%O Cr K 10
Fe O Cr K O Cr K 61(Fe)7223722722V m M V c w s =⨯⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛= ()g
M c m s 6702.01010085.551200.0 10100Fe O Cr K 6133
722=⨯⨯⨯=⨯⨯⋅⎪⎭
⎫ ⎝⎛=--
1.6 称取Na 2HPO 4·12H 2O 试剂0.8835g ，以甲基橙为指示剂，用0.1012 mol ·L -1 HCl 滴定至H 2PO -4，消耗HCl 溶液27.30mL 。
计算样品中Na 2HPO 4·12H 2O 的质量分数，并解释所得结果。
（HCl 浓度、终点确定以及仪器均无问题）
答案：100%10
O)12H HPO (Na (HCl)(HCl)O)12H HPO (Na 3242242⨯⨯⋅⋅⋅=⋅s m M V c w %0.112%10010
8835.01.35830.271012.03=⨯⨯⨯⨯= 结果偏高，是由于Na 2HPO 4·12H 2O 失去部分结晶水。
1.7 称取含铝试样0.2018g ，溶解后加入0.02081 mol ·L -1EDTA 标准溶液30.00mL 。
调节酸度并加热使Al 3+定量络合，过量的EDTA 用0.02035 mol ·L -1 Zn 2+标准溶液返滴，消耗Zn 2+溶液6.50mL 。
计算试样中Al 2O 3的质量分数。
（Al 3+、Zn 2+与EDTA 反应的化学计量比均为1∶1）
答案：%10010O Al 21)]Zn ()Zn ()EDTA ()EDTA ([)O (Al 3
322232⨯⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅-⋅=++s m M V c V c w %43.12%100102018.0296.101)50.602035.000.3002081.0(3
=⨯⨯⨯⨯⨯-⨯=
1.8 称取分析纯CaCO 3 0.1750g 溶于过量的40.00mL HCl 溶液中，反应完全后滴定过量的HCl 消耗3.05mL NaOH 溶液。
已知20.00mL 该NaOH 溶液相当于2
2.06mL HCl 溶液，计算此HCl 和NaOH 溶液的浓度。
答案：基本单元：3CaCO 2
1，HCl ，NaOH 根据等物质的量规则：
NaOH)((HCl)CaCO 213n n n -=⎪⎭
⎫ ⎝⎛ 即： 00
.20)HCl (06.2205.3)HCl (00.4009.100101750.023c c ⨯-=⨯⨯ 解得： 1
L mol 0954.0)HCl (-⋅=c 1L mol 1052.000
.2006.220954.0)NaOH (-⋅=⨯=c
1.9 酒石酸（H 2C 4H 4O 6）与甲酸（HCOOH ）混合液10.00mL ，用0.1000 mol ·L -1 NaOH 滴定至C 4H 4O 2-6与HCOO -，耗去15.00mL 。
另取10.00mL 混合液，加入0.2000 mol ·L -1 Ce(Ⅳ)溶液30.00mL ，在强酸性条件下，酒石酸和甲酸全部被氧化成CO 2，剩余的Ce(Ⅳ)用0.1000 mol ·L -1 Fe(Ⅱ)回滴，耗去10.00mL 。
计算混合液中酒石酸和甲酸的浓度。
（Ce(Ⅳ)的还原产物为Ce(Ⅲ)）
答案：酸碱反应中的基本单元：
6442O H C H 2
1，HCOOH ，NaOH 氧化还原反应中的基本单元：
6442O H C H 101，HCOOH 2
1，Ce(IV)，Fe +2 根据等物质的量规则：
()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛++Ce(IV))Fe (O H C H 101HCOOH 2
1)NaOH (O H C H 21HCOOH)(264426442n n n n n n n 即：
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧⨯=⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛+00.302000.000.101000.0O H C H 10100.10HCOOH 2100.1000.151000.0O H C H 2100.10HCOOH)(00.1064426442c c c c
解得：
⎩⎨⎧⋅=⋅=--11
6442L
mol 0833.0)HCOOH (L mol 03333.0)O H C H (c c
1.10 移取KHC 2O 4·H 2C 2O 4溶液25.00mL ，以0.1500 mol ·L -1 NaOH 溶液滴定至终点时消耗25.00mL 。
现移取上述KHC 2O 4·H 2C 2O 4溶液20.00mL ，酸化后用0.04000 mol ·L -1 KMnO 4溶液滴定至终点时需要多少毫升？
答案：酸碱反应中：
)NaOH (O C H O KHC 3142242n n =⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅ 氧化还原反应中：
⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅442242KMnO 51O C H O KHC 41n n mL 00.2004000.05300.2500.251500.000.204)KMnO (4=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=
V。