Question

5．已知：ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，易水解，且能发生反应：ICl（l）+Cl₂（g）=ICl₃（l）

（1）装置A中发生反应的化学方程式是KClO₃+6HCl=KCl+3Cl₂↑+3H₂O；
（2）装置B的作用是除去氯气中的氯化氢，不能用装置F代替装置E，理由装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解；
（3）所制得的ICl中溶有少量ICl₃杂质，提纯的方法是C（填标号）；
A．过滤   B．蒸发结晶    C．蒸馏       D．分液
（4）用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度．进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：
①
②ICl+KI═I₂+KCl
③I₂+2Na₂S₂O₃═2NaI+Na₂S₄O₆
实验1：将5.00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液（过量），充分反应后，加人足量KI溶液，生成的碘单质用a mol•L^-1的Na₂S₂O₃标准溶液滴定．经平行实验，测得消耗的Na₂S₂O₃溶液的平均体积为V₁mL．
实验2（空白实验）：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验1完全相同，测得消耗的Na₂S₂O₃溶液的平均体积为V₂mL．
①滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂．
②滴定过程中需要不断振荡，否则会导致V₁偏小（填“偏大”或“偏小）．
③5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为5a（V₂-V₁）×10^-3mol，由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度．

Answer 1

分析 由实验装置可知，A中氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，发生KClO₃+6HCl=KCl+3Cl₂↑+3H₂O；浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，已知ICl易水解，若用装置F代替装置E，则装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解，所以不能用装置F代替装置E；由于ICl与ICl₃的沸点相差较大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl₃杂质，提纯的方法是蒸馏，以此解答（1）～（3），
（4）①由于碘遇淀粉显蓝色，因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂； 
②滴定过程中需要不断振荡，如果不振荡，则单质碘不能完全反应溶液就会褪色，从而导致消耗硫代硫酸钠的量减小；
③实验2中比实验1多消耗的溶液体积为（V₂-V₁）mL，则Na₂S₂O₃的物质的量的是0.001a（V₂-V₁）mol，根据方程式②ICl+KI=I₂+KCl和③I₂+2Na₂S₂O₃=2NaI+Na₂S₄O₆可知：ICl～2Na₂S₂O₃，以此计算．

解答 解：（1）氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置A中发生反应的化学方程式是KClO₃+6HCl=KCl+3Cl₂↑+3H₂O，
故答案为：KClO₃+6HCl=KCl+3Cl₂↑+3H₂O；
（2）浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，已知ICl易水解，若用装置F代替装置E，则装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解，所以不能用装置F代替装置E，
故答案为：除去氯气中的氯化氢；装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解；
（3）由于ICl与ICl₃的沸点相差较大，因此若所制得的ICl中溶有少量ICl₃杂质，提纯的方法是蒸馏，故答案为：C；
（4）①由于碘遇淀粉显蓝色，因此滴定过程中可用淀粉溶液作指示剂，故答案为：淀粉溶液； 
②滴定过程中需要不断振荡，如果不振荡，则单质碘不能完全反应溶液就会褪色，从而导致消耗硫代硫酸钠的量减小，即会导致V₁偏小，故答案为：偏小；
③实验2中比实验1多消耗的溶液体积为（V₂-V₁）ml，则Na₂S₂O₃的物质的量的是0.001a（V₂-V₁）mol，根据方程式②ICl+KI=I₂+KCl和③I₂+2Na₂S₂O₃=2NaI+Na₂S₄O₆可知：ICl～2Na₂S₂O₃，由根据方程式①可知，5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为0.001a（V₂-V₁）mol×$\frac{1}{2}$×$\frac{100mL}{10mL}$=5a（V₂-V₁）×10^-3mol，
故答案为：5a（V₂-V₁）×10^-3．

点评 本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重于实验原理、基本操作、物质性质、数据处理等知识的考查，把握制备原理、实验装置的作用、混合物分离提纯方法为解答的关键，注意物质含量测定的计算方法，题目难度中等．