2021年高二上學期第三次月考檢測·化學試卷(滿分100分，考試時間90分鐘)高考對接點電離平衡、水解平衡、離子濃度的關系、酸堿中和滴定及其應用是高考頻考點，在高考中常以選擇題和填空題的形式考查知識疑難點離子濃度的關系、酸堿中和滴定的相關計算可能用到的相對原子質量：H1C12O16K39Cu64Br80第I卷(選擇題共40分)一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.關于強、弱電解質及非電解質的組合完全正確的是選項ABCD強電解質NaClH2SO4CaCO3HNO3弱電解質HFBaSO4HClOCH3COOH非電解質Cl2CS2C2H5OHH2CO3A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】強酸、強堿、大多數鹽屬于強電解質，弱酸、弱堿、水屬于弱電解質。【詳解】A．氯氣是單質，既不是電解質也不是非電解質，A錯誤；B．硫酸鋇溶于水部分全部電離，是強電解質，B錯誤；C．碳酸鈣屬于鹽，是強電解質，HClO是弱酸，屬于弱電解質，C2H5OH不能電離，屬于非電解質，C正確；D．硝酸是強酸，屬于強電解質，醋酸是弱酸，是弱電解質，H2CO3屬于弱酸，是弱電解質，D錯誤；故選C。2.紫薯煮熟后變成“藍薯”的原因是紫薯中富含花青素，花青素分別遇(NH4)2SO4溶液、K2CO3溶液、NaClO4溶液依次呈紅色、藍色、紫色。下列物質與花青素成分相似的是A.甲基紅 B.紫色石蕊 C.甲基橙 D.酚酞【答案】B【解析】【詳解】(NH4)2SO4、K2CO3、NaClO4溶液依次呈酸性、堿性、中性，花青素在酸性、堿性和中性溶液中顯色現象類似于紫色石蕊，綜上所述故選B。3.已知：Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3難溶于水。對Ag2SO3飽和溶液改變下列條件，可使c()減小，同時c(Ag+)增大的是A.常溫下，加入少量蒸餾水 B.常溫下，加入少量Na2SO3C.常溫下，通入少量O2 D.由常溫降低至10℃【答案】C【解析】【詳解】A．加入水稀釋時飽和溶液變成不飽和溶液，c(Ag+)、c()都減小，A不符合題意；B．向其中加入少量Na2SO3，析出Ag2SO3沉淀，則c(Ag+)減小、c()增大，B不符合題意；C．通入少量O2時，發生反應O2+2=2，2Ag++=Ag2SO4(s)，由于Ag2SO4的溶解度大于Ag2SO3，故c()減小，c(Ag+)增大，C符合題意；D．當溶液溫度由常溫降低至10℃時，降低溫度，物質的溶解度降低，會析出Ag2SO3固體，但溶液仍然是飽和溶液，c(Ag+)、c()都減小，D不符合題意；故合理選項是C。4.用1.0mol·L-1的NaOH標準溶液滴定待測鹽酸。下列有關實驗操作中不正確的是A.稱量NaOH固體 B.轉移溶解液C.除堿式滴定管中氣泡 D.滴定操作【答案】A【解析】【詳解】A．稱量NaOH固體時，應該“左物右碼”，且需要放置在小燒杯中稱量，A錯誤；B．移液時用玻璃棒引流，B正確；C．把橡皮管向上彎曲,出口上斜,擠捏玻璃珠,使溶液從尖嘴快速噴出,氣泡即可隨之排掉，C正確；D．滴定時應該懸空滴加，同時晃動錐形瓶，D正確；答案選A。5.化學與生活密切相關。下列有關物質的應用與鹽類水解無關的是A.Na2CO3溶液常作餐具的洗滌劑B.KAl(SO4)2·12H2O常作飲用水凈水劑C.NH4Cl溶液常作金屬的除銹劑D.Na2S常作廢水中Hg2+、Cu2+等的沉淀劑【答案】D【解析】【詳解】A．Na2CO3在水中水解生成NaOH，NaOH能促進油脂水解，與鹽類水解有關，A項不選；B．明礬水解生成Al(OH)3膠體粒子，膠粒可吸附水中雜質，與鹽類水解有關，B項不選；C．NH4Cl水解生成鹽酸，鹽酸與銹反應，與鹽類水解有關，C項不選；D．Na2S作金屬離子的沉淀劑，通常是因為很多重金屬硫化物難溶于水、甚至難溶于氫離子，即與金屬硫化物的溶解度有關，與鹽類水解無關，D項選；答案選D。6.設NA是阿伏加德羅常數的值。現有1L0.1mol·L-1Na2HPO4溶液(pH=8)，下列有關該溶液的說法正確的是A.該溶液呈堿性，所以只水解，不電離B.該溶液中數目為0.1NAC.該溶液中2c(Na+)=c()+c()+c(H3PO4)D.該溶液中Na+數目為0.2NA【答案】D【解析】【詳解】A．是酸式酸根離子，在溶液中存在電離平衡和水解平衡，電離產生H+使溶液顯酸性，水解產生OH-使溶液顯堿性，1L0.1mol·L-1Na2HPO4溶液的pH=8，說明的電離作用小于其水解作用，A錯誤；B．鹽電離產生的的物質的量為0.1mol，但在溶液中存在電離作用和水解作用而消耗，導致的物質的量減少，故平衡時溶液中數目小于0.1NA，B錯誤；C．根據物料守恒可知該溶液中c(Na+)=2c()+2c()+2c(H3PO4)+2c()，C錯誤；D．1L0.1mol·L-1Na2HPO4溶液中n(Na2HPO4)=0.1mol/L×1L=0.1mol，則n(Na+)=2n(Na2HPO4)=0.2mol，故N(Na+)=0.2NA，D正確；故合理選項是D。7.常溫下，下列溶液中會因鹽類水解而使溶液中lg>0的是A.KHCO3溶液 B.NaHSO4溶液C.Fe(NO3)3溶液 D.Ba(OH)2溶液【答案】C【解析】【分析】lg>0表明溶液呈酸性【詳解】A．KHCO3溶液因水解大于電離呈堿性，A項錯誤；B．NaHSO4=Na++H++S，因NaHSO4電離而使溶液呈酸性，B項錯誤；C．Fe(NO3)3強酸弱堿鹽、因水解使溶液呈酸性，C項正確；D．Ba(OH)2溶液因電離而呈堿性，D項錯誤；答案選C。8.下列實驗方案能達到目的的是選項實驗方案目的A常溫下，大小、形狀相同的鋁片分別與2mol·L-1、18mol·L-1的硫酸反應探究濃度對反應速率的影響B在AgI飽和溶液中加少量KI粉末證明存在AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)C常溫下，用精密pH計測定NaX、NaY溶液的pH分別為10.2、12.6證明HX的酸性比HY的酸性強D向相同濃度的BaCl2和CaCl2溶液中分別滴加少量Na2CO3溶液比較Ksp(BaCO3)、Ksp(CaCO3)的相對大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】A中18mol·L-1的硫酸是濃硫酸，濃硫酸具有強氧化性，導致金屬鋁在濃硫酸中發生鈍化；B中利用沉淀溶解平衡進行判斷，C中根據水解程度判斷相應的酸的酸性強弱，D中注意少量問題，發生了兩個不同的沉淀反應。【詳解】A．濃硫酸與鋁片發生鈍化反應，沒有明顯現象，A項錯誤；B．若有黃色沉淀產生，則存在平衡，B項正確；C．兩種鹽溶液的濃度不一定相等，無法比較酸性強弱，C項錯誤；D．BaCO3、CaCO3都是白色沉淀，無法判斷哪一種沉淀先生成，D項錯誤；故選答案B。【點睛】此題考查鹽類水解和沉淀轉化，鹽類水解的規律根據越弱越水解判斷離子的水解程度和酸性的強弱，沉淀轉化中需要主要，在達到沉淀平衡后加入另一個物質，判斷是否發生了沉淀轉化，根據沉淀轉化進而再判斷平衡常數的大小。9.HCOOH是一種弱酸，常溫下，對HCOOH溶液進行稀釋，下列物理量的比值增大的是A.c(HCOOH)c(HCO【答案】C【解析】【分析】根據弱酸的電離平衡判斷稀釋過程中各物理量的變化，溫度不變時平衡常數不變，稀釋過程中，平衡向右移動，弱電解質的離子的量在增多，而離子的濃度在減小，濃度比值判斷根據濃度之比等于物質的量之比進行判斷。【詳解】A．稀釋時，促進HCOOH電離，c(HCOOH)B．溫度不變，電離常數不變；故B項不符合題意；C．稀釋過程中，n(H+)增大，n(HCOOH)減小，則c(H+D．c(HCOO-)故選答案C。【點睛】此題考查弱電解質的電離平衡移動在稀釋過程中移動方向及離子的量及濃度的變化，注意稀釋過程中溶質微粒的濃度在減小，因為溶液的體積在增大。10.常溫下，分別加水稀釋NaOH溶液、Na2CO3溶液，溶液pH與加入水的體積的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.水的電離程度：M＞NB.曲線L1代表NaOH溶液pH與加入水的體積的關系C.起始：c(NaOH)＜c(Na2CO3)D.無限稀釋可使兩種溶液的pH近似相等【答案】B【解析】【分析】NaOH是一元強堿，完全電離產生離子；Na2CO3是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，但鹽水解程度是微弱的，主要以鹽電離產生的離子存在，當溶液pH相等時，物質濃度c(NaOH)＜c(Na2CO3)，當溶液濃度相等時，溶液pH：NaOH＞Na2CO3，稀釋相同倍數時NaOH溶液pH變化大，然后根據問題分析解答。【詳解】A．根據上述分析可知：L1代表Na2CO3溶液，促進水的電離，L2代表NaOH溶液，抑制水的電離，A正確；B．在稀釋過程中，促進水解，所以其溶液pH變化較小，而NaOH溶液中c(OH-)變化較快，故曲線L2代表NaOH溶液pH與加入水的體積的關系，曲線L1代表Na2CO3溶液pH與加入水的體積的關系，B錯誤；C．相同濃度時，溶液中c(OH-)：NaOH＞Na2CO3，則溶液pH：NaOH＞Na2CO3，所以pH相同時，c(NaOH)＜c(Na2CO3)，C正確；D．當兩種溶液無限稀釋時兩種溶液均接近中性，此時溶液的pH近似相等，D正確；故合理選項是B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11.常溫下，幾種弱酸的電離常數如表所示。酸HClOH2CO3H2SO3HCNKa3.0×10-8K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K1=15×10-2K2=1.0×10-74.9×10-10下列離子方程式正確的是A.向“84”消毒液中通入少量CO2：2ClO-+CO2+H2O=C+2HClOB.向漂粉精溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOC.向KCN溶液中通入少量SO2：CN-+SO2+H2O=HCN+HSD.向漂粉精溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO【答案】D【解析】【詳解】A．根據“電離程度較大的物質生成電離程度較小的物質”規律，可知向NaClO溶液中通入少量CO2，生成NaHCO3，A項錯誤；B．次氯酸具有強氧化性，選項中產物HClO與CaSO3不共存，會繼續反應：HClO+CaSO3===CaSO4+HCl，B項錯誤；C．HS的電離常數大于HCN，故向KCN溶液中通入少量SO2，生成K2SO3，C項錯誤；D．漂粉精溶液中通入少量CO2生成碳酸鈣和次氯酸，D項正確；答案選D。12.常溫下，向含有H2SO4的CuSO4溶液中逐滴加入含amolNaOH的NaOH溶液，恰好使溶液的pH=7[不考慮Cu(OH)2溶解]，下列敘述錯誤的是A.反應后的溶液中2c(Na+)=c() B.mol＞沉淀的物質的量＞0C.沉淀的質量一定為49ag D.溶液中n()=mol【答案】AC【解析】【詳解】A．由于在該溶液中存在的微粒有Na+、、H+、OH-，根據電荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()，反應后溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=2c()，A錯誤；B．若反應后的溶液為Na2SO4、CuSO4的混合溶液，由于CuSO4是強酸弱堿鹽，Cu2+水解使溶液顯酸性，所以一定會產生Cu(OH)2沉淀。若NaOH全部形成沉淀，根據OH-守恒可得n[Cu(OH)2]=0.5amol，而此時溶液中還含有由H2SO4電離產生的H+，溶液顯酸性，與題意不符合，因此0.5amol＞沉淀的物質的量＞0，B正確；C．根據選項B分析可知產生沉淀的物質的量小于0.5amol，則產生沉淀的質量小于98g·mol-1×0.5amol=49ag，C錯誤；D．得到的溶液是Na2SO4溶液，根據物料守恒可知：在溶液中n()=mol，D正確；故合理選項是AC。13.常溫下，在含有大量Cu(OH)2(s)的濁液中，改變條件發生相應變化的趨向錯誤的是A.通入少量HCl B.加少量蒸餾水C.加少量NaOH(s) D.適當升高溫度【答案】C【解析】【詳解】A．通入少量HCl，反應消耗了OH-，導致溶液pH降低，A正確；B．加入少量水，得到同溫度下Cu(OH)2飽和溶液，使溶液中離子濃度不變，B正確；C．加入少量NaOH固體，平衡向生成Cu(OH)2的方向移動，n(Cu2+)減小，C錯誤；D．氫氧化銅溶解是吸熱過程，升溫后仍然是飽和溶液，但其溶度積常數增大，D正確；故合理選項是C。14.向某二元弱酸的酸式鹽KHRO3溶液中緩慢滴加稀鹽酸(沒有氣體逸出)，溶液的相對導電率與加入鹽酸體積的關系如圖所示。下列說法錯誤的是A.溶液導電率與離子濃度、離子所帶電荷數有關B.E點溶液中：c(K+)=c(H2RO3)+c(HR)+c(R)C.F點溶液中：c(K+)=c(Cl-)+c(HR)+2c(R)D.E→F→G過程中，水的電離程度逐漸減小【答案】C【解析】【詳解】A．溶液導電率體現了溶液的導電性、則與離子濃度、離子所帶電荷多少有關，A項正確；B．由物料守恒可知，E點溶液中：c(K+)=c(H2RO3)+c(HR)+c(R)，B項正確；C．溶液呈電中性：c(K+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HR)+2c(R)，F點溶液中溶質是KCl、H2RO3，溶液呈酸性，由c(OH-)＜c(H+)得c(K+)＜c(Cl-)+c(HR)+2c(R)，C項錯誤；D．E→F，發生的反應為KHRO3+HCl===KCl+H2RO3，在緩慢加入鹽酸的過程中，氫離子濃度逐漸增大，F→G、鹽酸過量、溶液酸性逐漸增強，則水的電離程度逐漸減小，D項正確；答案選C。15.已知：MOH堿性比NOH強。常溫下，用HCl分別改變濃度均為0.1mol·L-1的MOH溶液和NOH溶液的pH(溶液體積變化忽略不計)，溶液中M+、N+的物質的量濃度的負對數與溶液pH的關系如圖所示，pR=-lgc(M+)或-lgc(N+)。下列說法中錯誤的是A.曲線Ⅰ表示-lgc(M+)與溶液pH的關系B.溶液中水的電離程度：X＞YC.對應溶液中c(Cl-)：Y＞ZD.常溫下，電離常數Kb【答案】BC【解析】【詳解】A．圖像中X、Y點對應的溶液中c(M+)=c(N+)，起始時MOH、NOH的濃度相等，則這兩點MOH、NOH的濃度相等。MOHM++OH-，NOHN++OH-，由X、Y點知，對應溶液的pH越大，說明c(OH-)越大，堿性越強，所以曲線Ⅰ代表-lgc(M+)與溶液pH的關系，A項正確；B．溶液中c(H+)來自水的電離，Y點溶液中水的電離程度大于X點，B項錯誤；C．Y、Z點對應溶液中的c(H+)、c(OH-)相同，由電荷守恒可知，c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(N+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故Z點c(Cl-)大于Y點c(Cl-)，C項錯誤；D．Kb(MOH)Kb(NOH故選BC。第Ⅱ卷(非選擇題共60分)三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.雙氧水是生活中應用廣泛的消毒劑。（1）常溫下，H2O2的電離常數K=2.0×10-12(lg2=0.3)。①H2O2的電子式為___。②0.1mol·L-1的雙氧水的pH接近___(填字母)。A．6.35B．7.35C．8.75D．11.75（2）雙氧水常用于生活消毒，下列消毒劑消毒原理與雙氧水最接近的是___________(填字母)。A.75%的酒精 B.生理鹽水 C.“84”消毒液 D.高錳酸鉀溶液（3）在工業生產中，常用雙氧水在酸性條件下氧化Fe2+。雙氧水的分解反應是放熱反應。①工業生產中，加入雙氧水總量一定時，常分多批次加入雙氧水，而不一次加入全部雙氧水，其主要原因是避免雙氧水損失、___。②雙氧水濃度、溫度對氧化Fe2+速率的影響如圖所示。x___________(填“＞”“＜”或“=”)y，在相同濃度下，溫度高于40℃，氧化速率降低的主要原因是___________。【答案】（1）①.②.A（2）CD（3）①.減少Fe3+水解②.＞③.溫度高，雙氧水分解速率加快，濃度降低快【解析】【小問1詳解】H2O2是共價化合物，其電子式為，H2O2的電離常數K=2.0×10-12(lg2=0.3)，電離方程式為,設氫離子的濃度為xmol/L，則,解得x=，則，所以0.1mol·L-1的雙氧水的pH接近6.35,；故答案為：；A；【小問2詳解】雙氧水常用于生活消毒，是利用過氧化氫的氧化性，具有氧化性的“84”消毒液和高錳酸鉀溶液與雙氧水消毒原理相似，故選CD。【小問3詳解】在工業生產中，常用雙氧水在酸性條件下氧化Fe2+，雙氧水的分解反應是放熱反應。工業生產中，加入雙氧水總量一定時，常分多批次加入雙氧水，而不一次加入全部雙氧水，主要原因是避免雙氧水損失，同時防止氧化生成的三價鐵離子，在溫度較高的條件下加速水解；在其他條件一定時，反應物濃度越大，反應速率越快，故x>y,在相同濃度下溫度高于40°C氧化速率降低的主要原因是溫度高，雙氧水分解速率加快，濃度降低快。故答案為：減少Fe3+水解；＞；溫度高，雙氧水分解速率加快，濃度降低快。17.已知在常溫下幾種弱電解質的電離常數如下表：(已知pKi=-lgKi)化學式H3BO3C6H5COOHHN3(疊氮酸)(CH3)2NH·H2OpKi9.144.194.73.7回答下列問題：（1）在H3BO3(硼酸)、C6H5COOH(苯甲酸)、HN3(疊氮酸)三種物質中，酸性最弱的是___________(填名稱)。（2）已知H3BO3在水中的電離方程式為H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，則H3BO3是___________(填字母)。A.一元酸 B.弱酸 C.三元酸 D.含氧酸（3）(CH3)2NH·H2O在水中的電離類似一水合氨，寫出(CH3)2NH·H2O的電離方程式：___________。（4）NaN3溶液中離子濃度由大到小的順序為___________。（5）等物質的量濃度、等體積的C6H5COOH溶液和(CH3)2NH·H2O溶液反應，所得的混合溶液顯___________性。（6）常溫下，C6H5COOK溶液的水解常數的數量級為___________。【答案】（1）硼酸（2）ABD（3）(CH3)2NH·H2O(CH3)2N+OH-（4）c(Na+)＞c(N3-)＞c(OH-)＞c(H+（5）堿（6）10-10【解析】【小問1詳解】已知pKi=-lgKi，pKi越大、Ki越小、電離能力越弱，則在H3BO3(硼酸)、C6H5COOH(苯甲酸)、HN3(疊氮酸)三種物質中，酸性最弱的是硼酸。【小問2詳解】A．已知H3BO3在水中的電離方程式為，則H3BO3是一元酸，A選；B．由電離方程式知，硼酸不完全電離，屬于弱酸，B選；C．由A知，硼酸不屬于三元酸，C不選；D．由化學式知，硼酸屬于含氧酸，D選；選ABD。【小問3詳解】(CH3)2NH·H2O在水中的電離類似一水合氨，由可寫出(CH3)2NH·H2O的電離方程式：(CH3)2NH·H2O(CH3)2N+OH-。【小問4詳解】HN3(疊氮酸)為弱酸，NaN3溶液因水解呈堿性，則NaN3溶液中離子濃度由大到小的順序為c(Na+)＞c(N)＞c(OH-)＞c(H+)。【小問5詳解】等物質的量濃度、等體積的C6H5COOH溶液和(CH3)2NH·H2O溶液混合、恰好完全反應得到鹽溶液，所得鹽的離子C6H5COO-與(CH3)2N均發生水解，pKi：C6H5COOH＞(CH3)2NH·H2O，則電離能力C6H5COOH＜(CH3)2NH·H2O，越弱越水解，則水解能力：C6H5COO-＞(CH3)2N，則所得的混合溶液顯堿性。【小問6詳解】常溫下，C6H5COOHpKi=4.19，則Ka=10-4.19，C6H5COOK溶液水解平衡常數Kh2=，數量級為10-10。18.Na2SO3是中學化學中常用的試劑。測定0.1mol·L-1的Na2SO3溶液的pH與溫度關系如下表所示(已知d＞c＞b＞a)。時刻abcd溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25（1）水的離子積：Kw(a)___________(填“＞”“＜”或“=”，下同)Kw(d)；水解常數：Kh1(a)___________Kh1(b)。（2）分別取a、d時刻的溶液各10mL，加入足量的用鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，d時刻溶液產生的白色沉淀比a時刻的多。該白色沉淀的化學式是___________，d時刻沉淀比a時刻溶液多的原因是___________。（3）數據顯示：a→c的過程中，___________(填“濃度”或“溫度”)對水解平衡移動方向的影響程度更大。（4）為了證明上述規律的普遍性，可以選擇下列物質做類似實驗，該物質是___________(填字母)。A.Na2CO3 B.NaHCO3 C.Na2S D.Na2SO4【答案】（1）①.=②.＜（2）①.BaSO4②.S在加熱過程中被空氣中的O2氧化（3）濃度（4）C【解析】【小問1詳解】水的離子積只受溫度影響：Kw(a)=Kw(d)；水解為吸熱反應，溫度升高水解程度變大，水解常數：Kh1(a)<Kh1(b)。【小問2詳解】隨著時間延長亞硫酸根離子溶液被空氣中氧氣氧化為硫酸根離子，硫酸根離子和鋇離子生成硫酸鋇沉淀，該白色沉淀的化學式是BaSO4，d時刻沉淀比a時刻溶液多的原因是S在加熱過程中被空氣中的O2氧化。【小問3詳解】由圖可知，溫度升高過程中pH減小，升高溫度水解程度變大，但是亞硫酸根離子被氧化濃度減小，升溫和水解2個因素對水解的影響是相反的，由數據可知，共同作用結果為pH減小，故濃度對水解平衡移動方向的影響程度更大。【小問4詳解】可以選擇物質必須是具有還原性且能水解的物質，故選C。19.KBrO3曾作食品添加劑。某課題組擬設計實驗測定KBrO3樣品純度(雜質不參與反應)。取wgKBrO3樣品溶于蒸餾水配制成250mL溶液，準確取25.00mL配制溶液于錐形瓶中，向其中加入過量的NaBr溶液和適量稀硫酸，充分反應后，再加入過量的KI溶液，滴加幾滴指示劑R，用cmol·L-1的Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗滴定液VmL。已知部分滴定反應原理：Br+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，I2+2S2=2I-+S4。回答下列問題：（1）加入KI溶液時發生反應的離子方程式為___________。（2）指示劑R是___________(填名稱)。（3）滴定至終點時溶液的顏色變化是___________。（4）實驗過程部分步驟如下：①滴定至終點并讀數；②用標準液潤洗；③排氣泡并調節液面至0刻度或以下；④讀數并記錄步驟的正確先后順序是___________(填序號)。（5）根據上述數據計算，KBrO3樣品純度為___________%(用含w、c和V的代數式表示)。若加入KI溶液后，振蕩時間較長，測得結果會___________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。【答案】（1）Br2+2I-=I2+2Br-（2）淀粉溶液（3）由藍色變為無色，且半分鐘內不恢復原色（4）②③④①（5）①.167cV6【解析】【小問1詳解】加入KI溶液時溴單質將碘離子氧化為碘單質，發生反應的離子方程式：Br2+2I-=I2+2Br-；【小問2詳解】指示劑R是淀粉溶液，因為碘單質與淀粉溶液變藍；【小問3詳解】滴定至終點時溶液顏色變化是：由藍色變為無色，且半分鐘內不恢復原色；【小問4詳解】實驗過程部驟：①滴定至終點并讀數；②用標準液潤洗；③排氣泡并調節液面至0刻度或以下；④讀數并記錄步驟的正確先后順序是②③④①；【小問5詳解】消耗n(Na2S2O3)=c×V10-3mol，n(O2)=n(Na2S2O3)=c×V10-3mol，則n(Br2)=n(I2)=c×V10-3mol，由化學方程式計量關系可得：n(KBrO3)=c×V10-3=，25mL：m=KBrO3=×167g/mol=0.167cV6g，250mL：m=KBrO3=1.67cV6g，樣品純度為167cV