2022届河南省范县第一中学高二上学期第三次月考检测化学试题（含解析）

2021年高二上学期第三次月考检测·化学试卷(满分100分，考试时间90分钟)高考对接点电离平衡、水解平衡、离子浓度的关系、酸碱中和滴定及其应用是高考频考点，在高考中常以选择题和填空题的形式考查知识疑难点离子浓度的关系、酸碱中和滴定的相关计算可能用到的相对原子质量：H1C12O16K39Cu64Br80第I卷(选择题共40分)一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.关于强、弱电解质及非电解质的组合完全正确的是选项ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClOCH3COOH非电解质Cl2CS2C2H5OHH2CO3A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】强酸、强碱、大多数盐属于强电解质，弱酸、弱碱、水属于弱电解质。【详解】A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，A错误；B．硫酸钡溶于水部分全部电离，是强电解质，B错误；C．碳酸钙属于盐，是强电解质，HClO是弱酸，属于弱电解质，C2H5OH不能电离，属于非电解质，C正确；D．硝酸是强酸，属于强电解质，醋酸是弱酸，是弱电解质，H2CO3属于弱酸，是弱电解质，D错误；故选C。2.紫薯煮熟后变成“蓝薯”的原因是紫薯中富含花青素，花青素分别遇(NH4)2SO4溶液、K2CO3溶液、NaClO4溶液依次呈红色、蓝色、紫色。下列物质与花青素成分相似的是A.甲基红 B.紫色石蕊 C.甲基橙 D.酚酞【答案】B【解析】【详解】(NH4)2SO4、K2CO3、NaClO4溶液依次呈酸性、碱性、中性，花青素在酸性、碱性和中性溶液中显色现象类似于紫色石蕊，综上所述故选B。3.已知：Ag2SO4微溶于水，Ag2SO3难溶于水。对Ag2SO3饱和溶液改变下列条件，可使c()减小，同时c(Ag+)增大的是A.常温下，加入少量蒸馏水 B.常温下，加入少量Na2SO3C.常温下，通入少量O2 D.由常温降低至10℃【答案】C【解析】【详解】A．加入水稀释时饱和溶液变成不饱和溶液，c(Ag+)、c()都减小，A不符合题意；B．向其中加入少量Na2SO3，析出Ag2SO3沉淀，则c(Ag+)减小、c()增大，B不符合题意；C．通入少量O2时，发生反应O2+2=2，2Ag++=Ag2SO4(s)，由于Ag2SO4的溶解度大于Ag2SO3，故c()减小，c(Ag+)增大，C符合题意；D．当溶液温度由常温降低至10℃时，降低温度，物质的溶解度降低，会析出Ag2SO3固体，但溶液仍然是饱和溶液，c(Ag+)、c()都减小，D不符合题意；故合理选项是C。4.用1.0mol·L-1的NaOH标准溶液滴定待测盐酸。下列有关实验操作中不正确的是A.称量NaOH固体 B.转移溶解液C.除碱式滴定管中气泡 D.滴定操作【答案】A【解析】【详解】A．称量NaOH固体时，应该“左物右码”，且需要放置在小烧杯中称量，A错误；B．移液时用玻璃棒引流，B正确；C．把橡皮管向上弯曲,出口上斜,挤捏玻璃珠,使溶液从尖嘴快速喷出,气泡即可随之排掉，C正确；D．滴定时应该悬空滴加，同时晃动锥形瓶，D正确；答案选A。5.化学与生活密切相关。下列有关物质的应用与盐类水解无关的是A.Na2CO3溶液常作餐具的洗涤剂B.KAl(SO4)2·12H2O常作饮用水净水剂C.NH4Cl溶液常作金属的除锈剂D.Na2S常作废水中Hg2+、Cu2+等的沉淀剂【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3在水中水解生成NaOH，NaOH能促进油脂水解，与盐类水解有关，A项不选；B．明矾水解生成Al(OH)3胶体粒子，胶粒可吸附水中杂质，与盐类水解有关，B项不选；C．NH4Cl水解生成盐酸，盐酸与锈反应，与盐类水解有关，C项不选；D．Na2S作金属离子的沉淀剂，通常是因为很多重金属硫化物难溶于水、甚至难溶于氢离子，即与金属硫化物的溶解度有关，与盐类水解无关，D项选；答案选D。6.设NA是阿伏加德罗常数的值。现有1L0.1mol·L-1Na2HPO4溶液(pH=8)，下列有关该溶液的说法正确的是A.该溶液呈碱性，所以只水解，不电离B.该溶液中数目为0.1NAC.该溶液中2c(Na+)=c()+c()+c(H3PO4)D.该溶液中Na+数目为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．是酸式酸根离子，在溶液中存在电离平衡和水解平衡，电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-使溶液显碱性，1L0.1mol·L-1Na2HPO4溶液的pH=8，说明的电离作用小于其水解作用，A错误；B．盐电离产生的的物质的量为0.1mol，但在溶液中存在电离作用和水解作用而消耗，导致的物质的量减少，故平衡时溶液中数目小于0.1NA，B错误；C．根据物料守恒可知该溶液中c(Na+)=2c()+2c()+2c(H3PO4)+2c()，C错误；D．1L0.1mol·L-1Na2HPO4溶液中n(Na2HPO4)=0.1mol/L×1L=0.1mol，则n(Na+)=2n(Na2HPO4)=0.2mol，故N(Na+)=0.2NA，D正确；故合理选项是D。7.常温下，下列溶液中会因盐类水解而使溶液中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【详解】A．KHCO3溶液因水解大于电离呈碱性，A项错误；B．NaHSO4=Na++H++S，因NaHSO4电离而使溶液呈酸性，B项错误；C．Fe(NO3)3强酸弱碱盐、因水解使溶液呈酸性，C项正确；D．Ba(OH)2溶液因电离而呈碱性，D项错误；答案选C。8.下列实验方案能达到目的的是选项实验方案目的A常温下，大小、形状相同的铝片分别与2mol·L-1、18mol·L-1的硫酸反应探究浓度对反应速率的影响B在AgI饱和溶液中加少量KI粉末证明存在AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)C常温下，用精密pH计测定NaX、NaY溶液的pH分别为10.2、12.6证明HX的酸性比HY的酸性强D向相同浓度的BaCl2和CaCl2溶液中分别滴加少量Na2CO3溶液比较Ksp(BaCO3)、Ksp(CaCO3)的相对大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】A中18mol·L-1的硫酸是浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，导致金属铝在浓硫酸中发生钝化；B中利用沉淀溶解平衡进行判断，C中根据水解程度判断相应的酸的酸性强弱，D中注意少量问题，发生了两个不同的沉淀反应。【详解】A．浓硫酸与铝片发生钝化反应，没有明显现象，A项错误；B．若有黄色沉淀产生，则存在平衡，B项正确；C．两种盐溶液的浓度不一定相等，无法比较酸性强弱，C项错误；D．BaCO3、CaCO3都是白色沉淀，无法判断哪一种沉淀先生成，D项错误；故选答案B。【点睛】此题考查盐类水解和沉淀转化，盐类水解的规律根据越弱越水解判断离子的水解程度和酸性的强弱，沉淀转化中需要主要，在达到沉淀平衡后加入另一个物质，判断是否发生了沉淀转化，根据沉淀转化进而再判断平衡常数的大小。9.HCOOH是一种弱酸，常温下，对HCOOH溶液进行稀释，下列物理量的比值增大的是A.c(HCOOH)c(HCO【答案】C【解析】【分析】根据弱酸的电离平衡判断稀释过程中各物理量的变化，温度不变时平衡常数不变，稀释过程中，平衡向右移动，弱电解质的离子的量在增多，而离子的浓度在减小，浓度比值判断根据浓度之比等于物质的量之比进行判断。【详解】A．稀释时，促进HCOOH电离，c(HCOOH)B．温度不变，电离常数不变；故B项不符合题意；C．稀释过程中，n(H+)增大，n(HCOOH)减小，则c(H+D．c(HCOO-)故选答案C。【点睛】此题考查弱电解质的电离平衡移动在稀释过程中移动方向及离子的量及浓度的变化，注意稀释过程中溶质微粒的浓度在减小，因为溶液的体积在增大。10.常温下，分别加水稀释NaOH溶液、Na2CO3溶液，溶液pH与加入水的体积的关系如图所示。下列说法错误的是A.水的电离程度：M＞NB.曲线L1代表NaOH溶液pH与加入水的体积的关系C.起始：c(NaOH)＜c(Na2CO3)D.无限稀释可使两种溶液的pH近似相等【答案】B【解析】【分析】NaOH是一元强碱，完全电离产生离子；Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，当溶液pH相等时，物质浓度c(NaOH)＜c(Na2CO3)，当溶液浓度相等时，溶液pH：NaOH＞Na2CO3，稀释相同倍数时NaOH溶液pH变化大，然后根据问题分析解答。【详解】A．根据上述分析可知：L1代表Na2CO3溶液，促进水的电离，L2代表NaOH溶液，抑制水的电离，A正确；B．在稀释过程中，促进水解，所以其溶液pH变化较小，而NaOH溶液中c(OH-)变化较快，故曲线L2代表NaOH溶液pH与加入水的体积的关系，曲线L1代表Na2CO3溶液pH与加入水的体积的关系，B错误；C．相同浓度时，溶液中c(OH-)：NaOH＞Na2CO3，则溶液pH：NaOH＞Na2CO3，所以pH相同时，c(NaOH)＜c(Na2CO3)，C正确；D．当两种溶液无限稀释时两种溶液均接近中性，此时溶液的pH近似相等，D正确；故合理选项是B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。11.常温下，几种弱酸的电离常数如表所示。酸HClOH2CO3H2SO3HCNKa3.0×10-8K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11K1=15×10-2K2=1.0×10-74.9×10-10下列离子方程式正确的是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】【详解】A．根据“电离程度较大的物质生成电离程度较小的物质”规律，可知向NaClO溶液中通入少量CO2，生成NaHCO3，A项错误；B．次氯酸具有强氧化性，选项中产物HClO与CaSO3不共存，会继续反应：HClO+CaSO3===CaSO4+HCl，B项错误；C．HS的电离常数大于HCN，故向KCN溶液中通入少量SO2，生成K2SO3，C项错误；D．漂粉精溶液中通入少量CO2生成碳酸钙和次氯酸，D项正确；答案选D。12.常温下，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[不考虑Cu(OH)2溶解]，下列叙述错误的是A.反应后的溶液中2c(Na+)=c() B.mol＞沉淀的物质的量＞0C.沉淀的质量一定为49ag D.溶液中n()=mol【答案】AC【解析】【详解】A．由于在该溶液中存在的微粒有Na+、、H+、OH-，根据电荷守恒可得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()，反应后溶液的pH=7，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=2c()，A错误；B．若反应后的溶液为Na2SO4、CuSO4的混合溶液，由于CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液显酸性，所以一定会产生Cu(OH)2沉淀。若NaOH全部形成沉淀，根据OH-守恒可得n[Cu(OH)2]=0.5amol，而此时溶液中还含有由H2SO4电离产生的H+，溶液显酸性，与题意不符合，因此0.5amol＞沉淀的物质的量＞0，B正确；C．根据选项B分析可知产生沉淀的物质的量小于0.5amol，则产生沉淀的质量小于98g·mol-1×0.5amol=49ag，C错误；D．得到的溶液是Na2SO4溶液，根据物料守恒可知：在溶液中n()=mol，D正确；故合理选项是AC。13.常温下，在含有大量Cu(OH)2(s)的浊液中，改变条件发生相应变化的趋向错误的是A.通入少量HCl B.加少量蒸馏水C.加少量NaOH(s) D.适当升高温度【答案】C【解析】【详解】A．通入少量HCl，反应消耗了OH-，导致溶液pH降低，A正确；B．加入少量水，得到同温度下Cu(OH)2饱和溶液，使溶液中离子浓度不变，B正确；C．加入少量NaOH固体，平衡向生成Cu(OH)2的方向移动，n(Cu2+)减小，C错误；D．氢氧化铜溶解是吸热过程，升温后仍然是饱和溶液，但其溶度积常数增大，D正确；故合理选项是C。14.向某二元弱酸的酸式盐KHRO3溶液中缓慢滴加稀盐酸(没有气体逸出)，溶液的相对导电率与加入盐酸体积的关系如图所示。下列说法错误的是A.溶液导电率与离子浓度、离子所带电荷数有关B.E点溶液中：c(K+)=c(H2RO3)+c(HR)+c(R)C.F点溶液中：c(K+)=c(Cl-)+c(HR)+2c(R)D.E→F→G过程中，水的电离程度逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A．溶液导电率体现了溶液的导电性、则与离子浓度、离子所带电荷多少有关，A项正确；B．由物料守恒可知，E点溶液中：c(K+)=c(H2RO3)+c(HR)+c(R)，B项正确；C．溶液呈电中性：c(K+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HR)+2c(R)，F点溶液中溶质是KCl、H2RO3，溶液呈酸性，由c(OH-)＜c(H+)得c(K+)＜c(Cl-)+c(HR)+2c(R)，C项错误；D．E→F，发生的反应为KHRO3+HCl===KCl+H2RO3，在缓慢加入盐酸的过程中，氢离子浓度逐渐增大，F→G、盐酸过量、溶液酸性逐渐增强，则水的电离程度逐渐减小，D项正确；答案选C。15.已知：MOH碱性比NOH强。常温下，用HCl分别改变浓度均为0.1mol·L-1的MOH溶液和NOH溶液的pH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中M+、N+的物质的量浓度的负对数与溶液pH的关系如图所示，pR=-lgc(M+)或-lgc(N+)。下列说法中错误的是A.曲线Ⅰ表示-lgc(M+)与溶液pH的关系B.溶液中水的电离程度：X＞YC.对应溶液中c(Cl-)：Y＞ZD.常温下，电离常数Kb【答案】BC【解析】【详解】A．图像中X、Y点对应的溶液中c(M+)=c(N+)，起始时MOH、NOH的浓度相等，则这两点MOH、NOH的浓度相等。MOHM++OH-，NOHN++OH-，由X、Y点知，对应溶液的pH越大，说明c(OH-)越大，碱性越强，所以曲线Ⅰ代表-lgc(M+)与溶液pH的关系，A项正确；B．溶液中c(H+)来自水的电离，Y点溶液中水的电离程度大于X点，B项错误；C．Y、Z点对应溶液中的c(H+)、c(OH-)相同，由电荷守恒可知，c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(N+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故Z点c(Cl-)大于Y点c(Cl-)，C项错误；D．Kb(MOH)Kb(NOH故选BC。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.双氧水是生活中应用广泛的消毒剂。（1）常温下，H2O2的电离常数K=2.0×10-12(lg2=0.3)。①H2O2的电子式为___。②0.1mol·L-1的双氧水的pH接近___(填字母)。A．6.35B．7.35C．8.75D．11.75（2）双氧水常用于生活消毒，下列消毒剂消毒原理与双氧水最接近的是___________(填字母)。A.75%的酒精 B.生理盐水 C.“84”消毒液 D.高锰酸钾溶液（3）在工业生产中，常用双氧水在酸性条件下氧化Fe2+。双氧水的分解反应是放热反应。①工业生产中，加入双氧水总量一定时，常分多批次加入双氧水，而不一次加入全部双氧水，其主要原因是避免双氧水损失、___。②双氧水浓度、温度对氧化Fe2+速率的影响如图所示。x___________(填“＞”“＜”或“=”)y，在相同浓度下，温度高于40℃，氧化速率降低的主要原因是___________。【答案】（1）①.②.A（2）CD（3）①.减少Fe3+水解②.＞③.温度高，双氧水分解速率加快，浓度降低快【解析】【小问1详解】H2O2是共价化合物，其电子式为，H2O2的电离常数K=2.0×10-12(lg2=0.3)，电离方程式为,设氢离子的浓度为xmol/L，则,解得x=，则，所以0.1mol·L-1的双氧水的pH接近6.35,；故答案为：；A；【小问2详解】双氧水常用于生活消毒，是利用过氧化氢的氧化性，具有氧化性的“84”消毒液和高锰酸钾溶液与双氧水消毒原理相似，故选CD。【小问3详解】在工业生产中，常用双氧水在酸性条件下氧化Fe2+，双氧水的分解反应是放热反应。工业生产中，加入双氧水总量一定时，常分多批次加入双氧水，而不一次加入全部双氧水，主要原因是避免双氧水损失，同时防止氧化生成的三价铁离子，在温度较高的条件下加速水解；在其他条件一定时，反应物浓度越大，反应速率越快，故x>y,在相同浓度下温度高于40°C氧化速率降低的主要原因是温度高，双氧水分解速率加快，浓度降低快。故答案为：减少Fe3+水解；＞；温度高，双氧水分解速率加快，浓度降低快。17.已知在常温下几种弱电解质的电离常数如下表：(已知pKi=-lgKi)化学式H3BO3C6H5COOHHN3(叠氮酸)(CH3)2NH·H2OpKi9.144.194.73.7回答下列问题：（1）在H3BO3(硼酸)、C6H5COOH(苯甲酸)、HN3(叠氮酸)三种物质中，酸性最弱的是___________(填名称)。（2）已知H3BO3在水中的电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，则H3BO3是___________(填字母)。A.一元酸 B.弱酸 C.三元酸 D.含氧酸（3）(CH3)2NH·H2O在水中的电离类似一水合氨，写出(CH3)2NH·H2O的电离方程式：___________。（4）NaN3溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________。（5）等物质的量浓度、等体积的C6H5COOH溶液和(CH3)2NH·H2O溶液反应，所得的混合溶液显___________性。（6）常温下，C6H5COOK溶液的水解常数的数量级为___________。【答案】（1）硼酸（2）ABD（3）(CH3)2NH·H2O(CH3)2N+OH-（4）c(Na+)＞c(N3-)＞c(OH-)＞c(H+（5）碱（6）10-10【解析】【小问1详解】已知pKi=-lgKi，pKi越大、Ki越小、电离能力越弱，则在H3BO3(硼酸)、C6H5COOH(苯甲酸)、HN3(叠氮酸)三种物质中，酸性最弱的是硼酸。【小问2详解】A．已知H3BO3在水中的电离方程式为，则H3BO3是一元酸，A选；B．由电离方程式知，硼酸不完全电离，属于弱酸，B选；C．由A知，硼酸不属于三元酸，C不选；D．由化学式知，硼酸属于含氧酸，D选；选ABD。【小问3详解】(CH3)2NH·H2O在水中的电离类似一水合氨，由可写出(CH3)2NH·H2O的电离方程式：(CH3)2NH·H2O(CH3)2N+OH-。【小问4详解】HN3(叠氮酸)为弱酸，NaN3溶液因水解呈碱性，则NaN3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(N)＞c(OH-)＞c(H+)。【小问5详解】等物质的量浓度、等体积的C6H5COOH溶液和(CH3)2NH·H2O溶液混合、恰好完全反应得到盐溶液，所得盐的离子C6H5COO-与(CH3)2N均发生水解，pKi：C6H5COOH＞(CH3)2NH·H2O，则电离能力C6H5COOH＜(CH3)2NH·H2O，越弱越水解，则水解能力：C6H5COO-＞(CH3)2N，则所得的混合溶液显碱性。【小问6详解】常温下，C6H5COOHpKi=4.19，则Ka=10-4.19，C6H5COOK溶液水解平衡常数Kh2=，数量级为10-10。18.Na2SO3是中学化学中常用的试剂。测定0.1mol·L-1的Na2SO3溶液的pH与温度关系如下表所示(已知d＞c＞b＞a)。时刻abcd温度/℃25304025pH9.669.529.379.25（1）水的离子积：Kw(a)___________(填“＞”“＜”或“=”，下同)Kw(d)；水解常数：Kh1(a)___________Kh1(b)。（2）分别取a、d时刻的溶液各10mL，加入足量的用盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，d时刻溶液产生的白色沉淀比a时刻的多。该白色沉淀的化学式是___________，d时刻沉淀比a时刻溶液多的原因是___________。（3）数据显示：a→c的过程中，___________(填“浓度”或“温度”)对水解平衡移动方向的影响程度更大。（4）为了证明上述规律的普遍性，可以选择下列物质做类似实验，该物质是___________(填字母)。A.Na2CO3 B.NaHCO3 C.Na2S D.Na2SO4【答案】（1）①.=②.＜（2）①.BaSO4②.S在加热过程中被空气中的O2氧化（3）浓度（4）C【解析】【小问1详解】水的离子积只受温度影响：Kw(a)=Kw(d)；水解为吸热反应，温度升高水解程度变大，水解常数：Kh1(a)<Kh1(b)。【小问2详解】随着时间延长亚硫酸根离子溶液被空气中氧气氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，该白色沉淀的化学式是BaSO4，d时刻沉淀比a时刻溶液多的原因是S在加热过程中被空气中的O2氧化。【小问3详解】由图可知，温度升高过程中pH减小，升高温度水解程度变大，但是亚硫酸根离子被氧化浓度减小，升温和水解2个因素对水解的影响是相反的，由数据可知，共同作用结果为pH减小，故浓度对水解平衡移动方向的影响程度更大。【小问4详解】可以选择物质必须是具有还原性且能水解的物质，故选C。19.KBrO3曾作食品添加剂。某课题组拟设计实验测定KBrO3样品纯度(杂质不参与反应)。取wgKBrO3样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，准确取25.00mL配制溶液于锥形瓶中，向其中加入过量的NaBr溶液和适量稀硫酸，充分反应后，再加入过量的KI溶液，滴加几滴指示剂R，用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗滴定液VmL。已知部分滴定反应原理：Br+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，I2+2S2=2I-+S4。回答下列问题：（1）加入KI溶液时发生反应的离子方程式为___________。（2）指示剂R是___________(填名称)。（3）滴定至终点时溶液的颜色变化是___________。（4）实验过程部分步骤如下：①滴定至终点并读数；②用标准液润洗；③排气泡并调节液面至0刻度或以下；④读数并记录步骤的正确先后顺序是___________(填序号)。（5）根据上述数据计算，KBrO3样品纯度为___________%(用含w、c和V的代数式表示)。若加入KI溶液后，振荡时间较长，测得结果会___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）Br2+2I-=I2+2Br-（2）淀粉溶液（3）由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色（4）②③④①（5）①.167cV6【解析】【小问1详解】加入KI溶液时溴单质将碘离子氧化为碘单质，发生反应的离子方程式：Br2+2I-=I2+2Br-；【小问2详解】指示剂R是淀粉溶液，因为碘单质与淀粉溶液变蓝；【小问3详解】滴定至终点时溶液颜色变化是：由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色；【小问4详解】实验过程部骤：①滴定至终点并读数；②用标准液润洗；③排气泡并调节液面至0刻度或以下；④读数并记录步骤的正确先后顺序是②③④①；【小问5详解】消耗n(Na2S2O3)=c×V10-3mol，n(O2)=n(Na2S2O3)=c×V10-3mol，则n(Br2)=n(I2)=c×V10-3mol，由化学方程式计量关系可得：n(KBrO3)=c×V10-3=，25mL：m=KBrO3=×167g/mol=0.167cV6g，250mL：m=KBrO3=1.67cV6g，样品纯度为167cV