《2025年高中总复习优化设计高中化学》

1. 如图曲线a和b是可溶性一元强碱与盐酸互滴的滴定曲线，下列说法正确的是(B)


A.可溶性一元强碱、盐酸的物质的量浓度均为1mol·L⁻¹
B.P点为滴定终点(两者恰好完全反应)，溶液呈中性
C.酚酞不能用作该滴定的指示剂
D.曲线b是可溶性一元强碱滴定盐酸的滴定曲线

答案： 1．B 解析 由图像可知盐酸和氢氧化钠的pH分别是1和13，所以其浓度均是0.1 mol·L⁻¹而不是1 mol·L⁻¹，A项不符合题意；P点时，溶液pH为7，则说明中和反应完全，溶液呈中性，B项符合题意；强酸和强碱的滴定既可以选择甲基橙，也可以选择酚酞，C项不符合题意；曲线b的pH随反应的进行逐渐减小，为盐酸滴定氢氧化钠的曲线，D项不符合题意。

2. NOₓ含量的测定，是将气体样品通入适量酸化的H₂O₂溶液中，使NOₓ完全被氧化成NO₃⁻，加水稀释，量取该溶液，加入FeSO₄标准溶液(过量)，充分反应后，用K₂Cr₂O₇标准溶液滴定剩余的Fe²⁺，下列说法不正确的是(D)

A.NO被H₂O₂氧化为NO₃⁻的离子方程式为$2NO+3H_2O_2=2H^++2NO_3^-+2H_2O$
B.滴定操作使用的玻璃仪器有酸式滴定管
C.若FeSO₄标准溶液部分变质，会使测定结果偏高
D.气体样品中混有空气，测定结果会偏高

答案： 2．D 解析 NO作还原剂，H₂O₂作氧化剂，生成硝酸和水，该离子方程式正确，A正确；重铬酸钾是强氧化剂，会腐蚀橡胶，故选用酸式滴定管，B正确；加入FeSO₄标准溶液(过量)，先发生反应3Fe²⁺＋NO₃⁻＋4H⁺══NO↑＋3Fe³⁺＋2H₂O，后发生反应Cr₂O₇²⁻＋6Fe²⁺＋14H⁺══2Cr³⁺＋6Fe³⁺＋7H₂O，若FeSO₄标准溶液部分变质，则计算得到的硝酸根消耗的FeSO₄标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，C正确；气体样品中混有空气，则样品中NO实际上消耗的FeSO₄标准溶液偏小、消耗K₂Cr₂O₇标准溶液体积偏大，计算得到的NO₃⁻消耗的FeSO₄标准溶液体积偏小，测定结果会偏小，D不正确。

3. 生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH₄⁺含量。利用的反应原理为$4NH_4^++6HCHO=(CH_2)_6N_4H^+$(一元酸)$+3H^++6H_2O$。实验步骤如下：
①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛$a$mL于锥形瓶中，加入1~2滴指示剂，用浓度为$b$mol·L⁻¹的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为$V_1$mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为$V_2$mL。
②向锥形瓶中加入饱和食盐水试样$c$mL，静置1分钟。
③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为$V_3$mL。下列说法不正确的是(C)

A.步骤①中的指示剂可以选用酚酞溶液
B.步骤②中静置的目的是使NH₄⁺和HCHO完全反应
C.步骤②若不静置会导致测定结果偏高
D.饱和食盐水中的$c(NH_4^+)=\frac{b(V_3-V_2)}{c}$mol·L⁻¹

答案： 3．C 解析 步骤①中用NaOH溶液滴定甲酸，滴定终点时生成甲酸钠，溶液呈碱性，所以指示剂可选用酚酞溶液，故A正确；步骤②中静置1分钟的目的的是使NH₃和HCHO完全反应，从而减小误差，故B正确；步骤②若不静置，NH₃没有完全反应，会导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；反应中产生的H⁺消耗NaOH溶液的体积为(V₂－V₁)mL，则饱和食盐水中的c(NH₄⁺)＝b mol·L⁻¹×(V₁－V₂)×10⁻³ L/c×10⁻³ L＝b(V₁－V₂)/c mol·L⁻¹，故D正确。

4. 称取0.500gCuCl成品置于过量FeCl₃(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000mol·L⁻¹的Ce(SO₄)₂标准液滴定至终点，消耗Ce(SO₄)₂标准液24.60mL。相关反应如下：$Fe^{3+}+CuCl=Fe^{2+}+Cu^{2+}+Cl^-$，$Ce^{4+}+Fe^{2+}=Fe^{3+}+Ce^{3+}$。则CuCl的质量分数是______(保留四位有效数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数______(填“偏大”或“偏小”)。

答案： 4．97.91% 偏小 解析 根据Fe³⁺＋CuCl══Fe²⁺＋Cu²⁺＋Cl⁻、Ce⁴⁺＋Fe²⁺══Ce³⁺＋Fe³⁺可知Ce⁴⁺～CuCl，所以n(CuCl)＝n(Ce⁴⁺)＝n[Ce(SO₄)₂]＝0.200 0 mol·L⁻¹×24.60×10⁻³ L＝4.92×10⁻³ mol，m(CuCl)＝n×M＝4.92×10⁻³ mol×99.5 g·mol⁻¹＝0.489 54 g，产品中氯化亚铜的质量分数为0.489 54 g/0.500 g×100%≈97.91%；若滴定操作耗时过长，CuCl可能被氧气氧化，使测定的CuCl质量分数偏小。

5. (2023·山东卷，8~10)阅读下列材料，完成题目。
一定条件下，乙酸酐[(CH₃CO)₂O]醇解反应[(CH₃CO)₂O+ROH→CH₃COOR+CH₃COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的烃基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐—苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐—苯溶液置于锥形瓶中，加入$m$gROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：$(CH_3CO)_2O+H_2O→2CH_3COOH$。
③加指示剂并用$c$mol·L⁻¹NaOH—甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液$V_1$mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐—苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用$c$mol·L⁻¹NaOH—甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液$V_2$mL。
(1) 对于上述实验，下列做法正确的是(C)
A. 进行容量瓶检漏时，倒置一次即可
B. 滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点
C. 滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直
D. 滴定读数时，应双手一上一下持滴定管
(2) ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是(A)
A. $\frac{c(V_2-V_1)×17}{1000m}×100\%$
B. $\frac{c(V_1-V_2)×17}{1000m}×100\%$
C. $\frac{0.5c(V_2-V_1)×17}{1000m}×100\%$
D. $\frac{c(0.5V_2-V_1)×17}{1000m}×100\%$
(3) 根据上述实验原理，下列说法正确的是(B)
A. 可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
B. 若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小
C. 步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小
D. 步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大

答案： 5．（1）C 解析 本题主要考查酸碱中和滴定的基本操作。容量瓶检漏时，应倒置两次，第二次时将塞子旋转180°再将容量瓶倒置，两次倒置，容量瓶瓶塞周围均无水渗出，表明容量瓶不漏水，A项错误；判断滴定终点时，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不恢复原来的颜色，即可判定到达滴定终点，B项错误；滴定读数时，应将滴定管固定在滴定台上，或者单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，C项正确，D项错误。 （2）A 解析 本题主要考查物质含量的定量分析。根据CH₃COOH＋NaOH══CH₃COONa＋H₂O，可计算出步骤①中乙酸酐水解反应生成的CH₃COOH的物质的量为cV₂×10⁻³ mol；根据(CH₃CO)₂O＋ROH══CH₃COOR＋CH₃COOH、(CH₃CO)₂O＋H₂O══2CH₃COOH，可计算出步骤②中乙酸酐醇解反应生成的CH₃COOH和乙酸酐水解反应生成的CH₃COOH的物质的量之和为cV₃×10⁻³ mol；因为两次滴定量取的是相同条件下、相同体积的乙酸酐—苯溶液，所以可求出ROH样品中羟基的物质的量为n(—OH)＝n(ROH)＝n(CH₃COOR)＝(cV₃×10⁻³－cV₂×10⁻³)mol＝c(V₃－V₂)×10⁻³ mol，羟基含量为c(V₃－V₂)×10⁻³×17 g/mg /1000m ×100%＝c(V₂－V₁)×17/1000m ×100%，A项正确。 （3）B 解析 本题主要考查酯化反应原理、酸碱中和滴定误差的分析。乙酸与醇的酯化反应是可逆反应，因此无法用乙酸定量测定有机醇中的羟基含量，A项错误；甲醇挥发会造成标准溶液浓度增大，进行步骤③时，消耗的标准溶液体积变小，即V₁变小，由于在使用过程中甲醇不断挥发，步骤④中的NaOH—甲醇溶液的浓度相对步骤③中溶液浓度更大了，即V₂减小的程度更大了，因此V₂－V₁偏小，导致测定结果偏小，B项正确；若步骤③滴定时锥形瓶内液体溅出，则V₁偏小，则导致测定结果偏大，C项错误；若步骤①中加水量不足，在滴定过程中未水解的乙酸酐继续醇解，乙酸酐不能完全转化为乙酸，则V₂偏小，导致测定结果偏小，D项错误。