《2025年赢在微点化学》

1. (2023·山东卷) 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)中的羟基含量，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量取一定体积的乙酸酐－苯溶液置于锥形瓶中，加入m g ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH₃CO)₂O + H₂O → 2CH₃COOH。
③加指示剂并用c mol·L⁻¹ NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V₁ 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⁻¹ NaOH－甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V₂ mL。ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )
A. $\frac{c(V₂ - V₁)×17}{1000m}×100\%$
B. $\frac{c(V₁ - V₂)×17}{1000m}×100\%$
C. $\frac{0.5c(V₂ - V₁)×17}{1000m}×100\%$
D. $\frac{c(0.5V₂ - V₁)×17}{1000m}×100\%$

答案： A 解析 用c mol·L⁻¹ NaOH - 甲醇标准溶液进行滴定，根据反应$CH_{3}COOH + NaOH=CH_{3}COONa + H_{2}O$，结合步骤④可得关系式乙酸酐$[(CH_{3}CO)_{2}O]\sim2CH_{3}COOH\sim2NaOH$，则$n(乙酸酐)=0.5cV_{2}×10^{-3}mol$，根据反应$(CH_{3}CO)_{2}O + ROH→CH_{3}COOR + CH_{3}COOH$，结合步骤②，设样品中ROH为x mol，则$x + 2×(0.5cV_{2}×10^{-3}-x)=cV_{1}×10^{-3}$，解得$x = c(V_{2}-V_{1})×10^{-3}$，又因ROH样品的质量为m g，则ROH样品中羟基的质量分数为$\frac{c(V_{2}-V_{1})×17}{1000m}×100\%$，A项正确。

2. (2021·广东卷) 测定浓硫酸试剂中H₂SO₄含量的主要操作包括：
①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取20.00 mL待测液，用0.100 0 mol·L⁻¹的NaOH溶液滴定。
上述操作中，不需要用到的仪器为( )
　

答案： B 解析 实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得待测液所需仪器为玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00 mL待测液，用0.100 0 mol·L⁻¹的NaOH溶液滴定所需仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。选项中A为容量瓶，B为分液漏斗，C为锥形瓶，D为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗，故选B。

3. (2022·山东卷) 实验室用基准Na₂CO₃配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na₂CO₃标准溶液。下列说法错误的是( )
A. 可用量筒量取25.00 mL Na₂CO₃标准溶液置于锥形瓶中
B. 应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na₂CO₃标准溶液
C. 应选用烧杯而非称量纸称量Na₂CO₃固体
D. 达到滴定终点时溶液显橙色

答案： A 解析 量筒的精确度不高，不能用量筒量取$Na_{2}CO_{3}$标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL$Na_{2}CO_{3}$标准溶液置于锥形瓶中，A项错误；$Na_{2}CO_{3}$溶液显碱性，盛放$Na_{2}CO_{3}$溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用带塑料塞的容量瓶配制$Na_{2}CO_{3}$标准溶液，B项正确；$Na_{2}CO_{3}$有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量$Na_{2}CO_{3}$固体，C项正确；$Na_{2}CO_{3}$溶液显碱性，甲基橙滴入$Na_{2}CO_{3}$溶液中显黄色，当滴入最后半滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D项正确。

4. (2023·广东卷)
(1)盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.500 0 mol·L⁻¹ NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。
①上述滴定操作用到的仪器有________。
　　　　
②该盐酸浓度为________ mol·L⁻¹。
(2)热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T₀、T₁，则该过程放出的热量为____________ J(c和ρ分别取4.18 J·g⁻¹·℃⁻¹和1.0 g·mL⁻¹，忽略水以外各物质吸收的热量)。

答案：
(1)①AD ②0.550 0
(2)418(T₁ - T₀)
解析
(1)①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台等，故选AD。②滴定时发生的反应为$HCl + NaOH=NaCl + H_{2}O$，故$c(HCl)=\frac{c(NaOH)·V(NaOH)}{V(HCl)}=\frac{0.5000mol·L^{-1}×22.00mL}{20.00mL}=0.5500mol·L^{-1}$。
(2)由$Q = cρV_{总}·ΔT$可得$Q = 4.18J·g^{-1}·^{\circ}C^{-1}×1.0g·mL^{-1}×(50mL + 50mL)×(T_{1}-T_{0}) = 418(T_{1}-T_{0})J$。

5. (2021·湖南卷) 碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤Ⅰ. Na₂CO₃的制备
　
步骤Ⅱ. 产品中NaHCO₃含量测定
①称取产品2.500 g，用蒸馏水溶解，定容于250 mL容量瓶中；
②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶中，加入2滴指示剂M，用0.100 0 mol·L⁻¹盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V₁ mL；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.100 0 mol·L⁻¹盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V₂ mL；
④平行测定三次，V₁平均值为22.45，V₂平均值为23.51。
已知：(ⅰ)当温度超过35 ℃时，NH₄HCO₃开始分解。
(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度见下表(g/100 g H₂O)。

回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为__________，晶体A能够析出的原因是____________。
(2)步骤Ⅰ中“300 ℃加热”所选用的仪器是__________(填选项字母)。
　　
(3)指示剂N为________，描述第二滴定终点前后颜色变化：__________________________。
(4)产品中NaHCO₃的质量分数为________(保留三位有效数字)。
(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO₃质量分数的计算结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

答案：
(1)$NaHCO_{3}$ 在30～35℃时，$NaHCO_{3}$的溶解度最小(意思合理即可)
(2)D
(3)甲基橙 由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色
(4)3.56%
(5)偏大
解析 步骤Ⅰ：制备$Na_{2}CO_{3}$的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入$NH_{4}HCO_{3}$粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到$NaHCO_{3}$晶体，控制温度在30～35℃发生反应，最终得到滤液为$NH_{4}Cl$和饱和$NaHCO_{3}$的混合液，晶体A为$NaHCO_{3}$，再将其洗涤抽干，利用$NaHCO_{3}$受热易分解的性质，在300℃加热分解$NaHCO_{3}$制备$Na_{2}CO_{3}$；步骤Ⅱ：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为$Na_{2}CO_{3}+HCl=NaHCO_{3}+NaCl$，因为$Na_{2}CO_{3}$、$NaHCO_{3}$溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的$CO_{2}$，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8.2～10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为$NaHCO_{3}+HCl=NaCl + H_{2}O + CO_{2}\uparrow$，再根据关系式求出总的$NaHCO_{3}$的物质的量，推导出产品中$NaHCO_{3}$的物质的量，最终通过计算得出产品中$NaHCO_{3}$的质量分数。根据上述分析可知，
(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30～35℃，目的是使$NH_{4}HCO_{3}$不发生分解，同时析出$NaHCO_{3}$固体，得到晶体A，因为在30～35℃时，几种化合物中$NaHCO_{3}$的溶解度最小。
(2)300℃加热抽干后的$NaHCO_{3}$固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以D项符合题意。
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液中的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液中的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色。
(4)第一次滴定发生的反应是$Na_{2}CO_{3}+HCl=NaHCO_{3}+NaCl$，则$n(Na_{2}CO_{3}) = n_{生成}(NaHCO_{3}) = n(HCl)=0.1000mol·L^{-1}×22.45×10^{-3}L = 2.245×10^{-3}mol$，第二次滴定消耗盐酸的体积$V_{2}=23.51mL$，则根据方程式$NaHCO_{3}+HCl=NaCl + H_{2}O + CO_{2}\uparrow$可知，消耗的$NaHCO_{3}$的物质的量$n_{总}(NaHCO_{3}) = 0.1000mol·L^{-1}×23.51×10^{-3}L = 2.351×10^{-3}mol$，则原溶液中的$NaHCO_{3}$的物质的量$n(NaHCO_{3}) = n_{总}(NaHCO_{3}) - n_{生成}(NaHCO_{3}) = 2.351×10^{-3}mol - 2.245×10^{-3}mol = 1.06×10^{-4}mol$，则原产品中$NaHCO_{3}$的物质的量为$\frac{100mL}{10mL}×1.06×10^{-4}mol = 1.06×10^{-3}mol$，故产品中$NaHCO_{3}$的质量分数为$\frac{1.06×10^{-3}mol×84g·mol^{-1}}{2.5000g}×100\% = 3.5616\%≈3.56\%$。
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得$V_{1}$偏小，所以原产品中$NaHCO_{3}$的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大。