- 乙酰水杨酸的制备
- 共1066题
（1）用铁屑与稀硫酸反应制备FeSO4
①制备原理用离子方程式表示为______．若要提高
FeSO4生成速率，采取下列措施中正确的是______．
A．使用浓硫酸与铁屑反应
B．使用磨细的铁粉反应
C．控制温度在50～70℃
D．控制温度在80～100℃
②在上述反应过程中，常会伴随发生反应：4Fe2++O2+4H+⇌4Fe3++2H2O
若要减少产品FeSO4中Fe3+的含量，采取下列措施中正确的是______．
A．控制稀硫酸的浓度不能太高
B．用去O2蒸馏水注入浓硫酸配制反应所需的稀硫酸
C．反应中保持n（Fe）/n（H2SO4）＞1
D．反应中应经常添加Fe2（SO4）3搅拌
③反应结束后，将溶液进行______、冷却、过滤、洗涤即得FeSO4•7H2O晶体．
（2）工业上用含有少量Cu、Al的废铁屑制备Fe2（SO4）3
其反应及操作流程如下：
①加入NaHCO3并搅拌，将混合液pH调控至______范围内，使杂质沉淀过滤除去．
②反应Ⅱ中反应的离子方程式是：______．
③生产中，将反应Ⅱ产生的NO配比一种气体X，混合后重新通入反应Ⅱ中，该设计的目的是______，气体X与NO配比的比例是______．
（3）用Fe2（SO4）3处理含S2-污水时，有黑色沉淀及淡黄色悬浮物产生，其反应的离子方程式是______．
正确答案
Fe+2H+=Fe2++H2↑
B、C
A、C
蒸发浓缩
6.7～7.5
3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O
节约Fe（NO3）3、防止NO污染
3：4
2Fe3++3S2-=2FeS↓+S
解析
解：（1）①铁屑与稀硫酸反应：H2SO4+Fe═FeSO4+H2↑，铁为单质写化学式，硫酸是强酸拆写成离子形式，硫酸亚铁是强电解质拆写成离子形式，所以离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；
A．使用浓硫酸与铁屑反应，浓硫酸与铁屑发生钝化，反应停止，故A错误；
B．使用磨细的铁粉反应，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故B正确；
C．控制温度在50～70℃，温度较高，反应速率快，在该温度硫酸亚铁的溶解度最大，利于反应的进行，故C正确；
D．控制温度在80～100℃，稀硫酸在100℃变成了气态，不利于铁和稀硫酸充分反应，在该温度硫酸亚铁的溶解度变小，不利于反应的进行，故D错误；
故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；B、C；
②A．较浓的硫酸对于4Fe2++O2+4H+⇌4Fe3++2H2O等于增大反应物氢离子的浓度，平衡向生成三价铁离子的方向移动，所以需控制稀硫酸的浓度不能太高，故A正确；
B．浓硫酸的密度比水大，浓硫酸配制反应所需的稀硫酸，应该是浓硫酸注入去O2蒸馏水，否则水进入浓硫酸发生飞溅易发生事故，故B错误；
C．当反应中保持n（Fe）/n（H2SO4）＞1时，铁过量，过量的铁和三价铁离子反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，可减少产品FeSO4中Fe3+的含量，故C正确；
D．反应中应经常添加Fe2（SO4）3搅拌，引入三价铁离子，增加产品FeSO4中Fe3+的含量，故D错误；
故答案为：A、C；
③用铁屑与稀硫酸反应制备FeSO4，含有不溶性固体过量的铁，过量的铁和溶液硫酸亚铁分离，应为过滤冷却，最后所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到FeSO4•7H2O晶体，
故答案为：蒸发浓缩；
（2）①用硫酸溶解含有少量Cu、Al的废铁屑，溶液中含有亚铁离子、铜离子和铝离子，根据沉淀与PH之间的关系表可知，当PH等于6.7时，铜离子全部转化为氢氧化铜沉淀，铝离子全部转化为氢氧化铝沉淀，此时亚铁离子为沉淀，当PH大于7.5时，亚铁离子开始沉淀，所以PH在6.7～7.5之间，
故答案为：6.7～7.5；
②氢离子和硝酸根在同一溶液，相当于稀硝酸，亚铁离子具有还原性，酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，发生氧化还原反应，生成一氧化氮和三价铁离子，二价铁离子变为三价铁离子失去1个电子，硝酸根离子得到三个电子变成一氧化氮，所以亚铁离子和三价铁离子前的系数都为3，再根据原子守恒，该离子反应方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，
故答案为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；
③反应Ⅱ中需要强氧化性的酸将二价铁离子氧化，一氧化氮有毒，但一氧化氮易与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，总的反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将O2和反应Ⅱ产生的NO，按3：4配比混合后重新通入反应Ⅱ中，可节约Fe（NO3）3、防止NO污染，
故答案为：节约Fe（NO3）3、防止NO污染；3：4；
（3）根据信息用Fe2（SO4）3处理含S2-污水时，有淡黄色悬浮物产生的是硫，黑色沉淀是硫化亚铁，根据得失电子守恒，硫离子变为单质硫失去2个电子，三价铁离子变为二价铁，得到1个电子，所以三价铁离子和硫化亚铁前的系数都为2，根据原子守恒，该反应的离子反应方程式为2Fe3++3S2-=2FeS↓+S，
故答案为：2Fe3++3S2-=2FeS↓+S；
（2015秋•扬州校级月考）CaO2难溶于水，溶于酸生成过氧化氢，在医药上用作杀菌剂、防腐剂等．
Ⅰ．CaO2制备原理：Ca（OH）2（s）+H2O2（aq）═CaO2（s）+2H2O（l）；△H＜0
不同浓度的H2O2对反应生成CaO2产率的影响如表：
（1）分析题给信息，解释H2O2浓度大于20%后CaO2产率反而减小的原因：______．
Ⅱ．过氧化钙中常含有CaO杂质，实验室可按以下步骤测定CaO2含量．
步骤1：准确称取0.04～0.05g过氧化钙样品，置于250mL的锥形瓶中；
步骤2：分别加入30mL蒸馏水和2mL盐酸（3mol•L-1），振荡使之溶解；
步骤3：向锥形瓶中加入5mL KI溶液（100g•L-1）；
步骤4：用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后______，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定，______，记录数据；
步骤5：平行测定3次，计算试样中CaO2的质量分数．滴定时发生的反应为2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI．
（2）过氧化钙溶解时选用盐酸而不选用硫酸溶液的原因是______．
（3）加入KI溶液后发生反应的离子方程式为______．
（4）请补充完整实验步骤4中的内容：______；______．
正确答案
解：（1）根据反应Ca（OH）2（s）+H2O2（aq）=CaO2+2H2O（l）△H＜0可知，该反应为放热反应，双氧水浓度升高，则反应速率加快，反应放出的热量增大，导致双氧水分解，所以H2O2浓度大于20%后CaO2产率反而减小，
故答案为：H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系温度迅速升高，加快H2O2发生分解；
（2）若用稀硫酸，稀硫酸与钙离子反应生成微溶物硫酸钙覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确，所以不能用稀硫酸，可以用稀盐酸，故答案为：生成微溶的CaSO4覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确；
（3）加入KI溶液后，双氧水将碘离子氧化成碘单质，反应的离子方程式为：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，故答案为：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O；
（4）碘单质遇到淀粉会显示蓝色，当用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后加入淀粉作滴定的指示剂，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定；滴定结束前溶液为蓝色，反应结束后溶液为无色，则滴定终点的现象为：溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变，故答案为：加入指示剂淀粉溶液；直至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变．
解析
解：（1）根据反应Ca（OH）2（s）+H2O2（aq）=CaO2+2H2O（l）△H＜0可知，该反应为放热反应，双氧水浓度升高，则反应速率加快，反应放出的热量增大，导致双氧水分解，所以H2O2浓度大于20%后CaO2产率反而减小，
故答案为：H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系温度迅速升高，加快H2O2发生分解；
（2）若用稀硫酸，稀硫酸与钙离子反应生成微溶物硫酸钙覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确，所以不能用稀硫酸，可以用稀盐酸，故答案为：生成微溶的CaSO4覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确；
（3）加入KI溶液后，双氧水将碘离子氧化成碘单质，反应的离子方程式为：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O，故答案为：H2O2+2I-+2H+═I2+2H2O；
（4）碘单质遇到淀粉会显示蓝色，当用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后加入淀粉作滴定的指示剂，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定；滴定结束前溶液为蓝色，反应结束后溶液为无色，则滴定终点的现象为：溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变，故答案为：加入指示剂淀粉溶液；直至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变．
（2015•厦门模拟）铜及其化合物与生产、生活关系密切．
（1）用新制Cu（OH）2与葡萄糖反应制备Cu2O，该反应中葡萄糖是______（填“氧化剂”或“还原剂”）
（2）用H2O2稀硫酸共同浸泡废印刷电路板可制备CuSO4若将该反应设计成原电池，正极的电极反应式为______
（3）用NH4NO3氧化海绵铜（含Cu和CuO）生产CuCl的部分流程如图1：
①步骤I中，反应温度不宜过高的原因是______．
②步骤I中，0.5mol NH4NO3参加反应有4mol电子转移，铜参与反应的离子方程式为______．
③步骤II中，物质X可选用的物质是______．（填序号）．
a．Cu b．C12 c．H2O2 d．（NH4）2SO3
④步骤II中物质X需要过量的原因，其一是加快反应速率，其二是______．
⑤步骤II中当NH4Cl加到一定的量时，生成CuCl会部分溶解生成CuCl2，在一定温度下建立两个平衡：
CuCl（s）⇌Cu+（aq）+Cl-（aq） Ksp=1.4x10-6
CuCl（s）+Cl-（aq）⇌CuCl2（aq） K=0.35
分析[Cu+]、[CuCl2-]和Ksp、K的数学关系，在图1中画出[Cu+]、[CuCl2-]的关系曲线（要求至少标出坐标点）
正确答案
解：（1）葡萄糖中含有醛基，能够被新制氢氧化铜氧化为羧基，化学方程式为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2
故答案为：还原剂；
（2）正极上是元素化合价降低，得到电子发生还原反应，将反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O设计成原电池，是过氧化氢得到电子发生还原反应，其正极电极反应式是：H2O2+2H++2e-=2H2O，
故答案为：H2O2+2H++2e-=2H2O；
（3）海绵铜加入硫酸酸化的硝酸铵，由于酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，因硝酸铵易分解，则加热温度不能太高，经步骤Ⅰ得到硫酸铵和硫酸铜溶液，经步骤Ⅱ可得到CuCl，反应中Cu元素被还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，经过滤可得到CuCl和硫酸铵溶液，
①加热温度不能太高，硝酸根离子可被还原生成氮氧化物，易导致环境污染，
故答案为：防止生成氮氧化物造成污染；
②0.5molNH4NO3参加反应有4mol电子转移，则N元素被还原为-3价，反应的离子方程式为4Cu+NO3-+10H+=4Cu2++NH4++3H2O，
故答案为：4Cu+NO3-+10H+=4Cu2++NH4++3H2O；
③经步骤Ⅱ可得到CuCl，反应中Cu元素被还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，ad符合，
故答案为：ad；
④步骤Ⅱ中物质X需要过量，除加快反应速率外，还起到防止CuCl被氧化的作用，
故答案为：防止CuCl被氧化；
⑤已知：Ⅰ．CuCl（s）⇌Cu+（ap）+Cl-（ap） Ksp=1.4×10-6
Ⅱ．CuCl（s）+Cl-（ap）⇌CuCl2- （ap） K=0.35，
Ⅰ+Ⅱ可得2CuCl（s）⇌CuCl2- （ap）+Cu+（ap）K‘=[Cu+][CuCl2-=1.4×10-6×0.35=0.49××10-6，即[Cu+][CuCl2-为常数，
则图象为
故答案为：
解析
解：（1）葡萄糖中含有醛基，能够被新制氢氧化铜氧化为羧基，化学方程式为：CH2OH（CHOH）4CHO+2Cu（OH）2
故答案为：还原剂；
（2）正极上是元素化合价降低，得到电子发生还原反应，将反应Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O设计成原电池，是过氧化氢得到电子发生还原反应，其正极电极反应式是：H2O2+2H++2e-=2H2O，
故答案为：H2O2+2H++2e-=2H2O；
（3）海绵铜加入硫酸酸化的硝酸铵，由于酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可氧化铜，因硝酸铵易分解，则加热温度不能太高，经步骤Ⅰ得到硫酸铵和硫酸铜溶液，经步骤Ⅱ可得到CuCl，反应中Cu元素被还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，经过滤可得到CuCl和硫酸铵溶液，
①加热温度不能太高，硝酸根离子可被还原生成氮氧化物，易导致环境污染，
故答案为：防止生成氮氧化物造成污染；
②0.5molNH4NO3参加反应有4mol电子转移，则N元素被还原为-3价，反应的离子方程式为4Cu+NO3-+10H+=4Cu2++NH4++3H2O，
故答案为：4Cu+NO3-+10H+=4Cu2++NH4++3H2O；
③经步骤Ⅱ可得到CuCl，反应中Cu元素被还原，则加入的X应具有还原性，可为铜或亚硫酸铵等还原性物质，注意尽量不要引入新杂质，ad符合，
故答案为：ad；
④步骤Ⅱ中物质X需要过量，除加快反应速率外，还起到防止CuCl被氧化的作用，
故答案为：防止CuCl被氧化；
⑤已知：Ⅰ．CuCl（s）⇌Cu+（ap）+Cl-（ap） Ksp=1.4×10-6
Ⅱ．CuCl（s）+Cl-（ap）⇌CuCl2- （ap） K=0.35，
Ⅰ+Ⅱ可得2CuCl（s）⇌CuCl2- （ap）+Cu+（ap）K‘=[Cu+][CuCl2-=1.4×10-6×0.35=0.49××10-6，即[Cu+][CuCl2-为常数，
则图象为
故答案为：
过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂．某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如图1：
已知：主反应 2Na2CO3 （aq）+3H2O2 （aq）⇌2Na2CO3•3H2O2 （s）△H＜0
副反应 2H2O2=2H2O+O2↑
滴定反应 6KMnO4+5（2Na2CO3•3H2O2）+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O
50℃时，2Na2CO3•3H2O2 （s） 开始分解
请回答下列问题：
（1）与过碳酸钠的用途相关的化学性质是______．下列物质中，不会引起过碳酸钠分解的有______．
A．Fe2（SO4）3B．MnO2C．Na2SO3D．MgSO4
（2）图中支管的作用是______．
（3）步骤①的关键是控制温度，其措施有______、______和______．
（4）反应的最佳温度控制在15℃～20℃，温度偏高或偏低时均可造成产率过低，其原因是______．
（5）在步骤②中加入适量NaCl，作用是______．
（6）准确称取0.200 0g 过碳酸钠于250mL 锥形瓶中，加50mL 蒸馏水溶解，再加50mL 2.0mol/L H2SO4，用2.000×10-2 mol/L KMnO4 标准溶液滴定至终点时消耗30.00mL，则产品中H2O2的质量分数为______．
正确答案
解：（1）过碳酸钠有强氧化性；反应 6KMnO4+5（2Na2CO3•3H2O2）+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O中，高锰酸钾作氧化剂有氧化性，三价铁离子和二氧化锰也具有氧化性，Na2SO3有还原性，能被过碳酸钠氧化，只有硫酸镁不反应，
故答案为：强氧化性；D；
（2）平衡压强，保证液体顺利流出，故答案为：平衡压强；
（3）反应温度较低，控制温度可迁移苯与硝酸反应的温度控制方法，即水浴法；搅拌也可以控制温度，所以还可用磁力搅拌的方法；让反应速率减小控制温度，所以可用缓慢滴加H2O2溶液的方法，故答案为：冷水浴；磁力搅拌；缓慢滴加H2O2溶液；
（4）双氧水易分解，温度低时反应速率慢，故答案为：温度过高时双氧水易分解，温度低时反应速率慢；
（5）加入氯化钠固体或无水乙醇，降低了过碳酸钠的溶解度，故答案为：降低产品的溶解度（盐析作用或醇析作用）；
（6）设过氧化氢的质量为xg．
根据方程式 6KMnO4+5（2Na2CO3•3H2O2）+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O
找出KMnO4、2Na2CO3•3H2O2、H2O2的关系式
KMnO4--2Na2CO3•3H2O2--15H2O2
6mol 15×34g
0.030L×2.000×10-2 mol•L-1 x
x=0.051
过氧化氢的质量分数=
故答案为：25.50%．
解析
解：（1）过碳酸钠有强氧化性；反应 6KMnO4+5（2Na2CO3•3H2O2）+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O中，高锰酸钾作氧化剂有氧化性，三价铁离子和二氧化锰也具有氧化性，Na2SO3有还原性，能被过碳酸钠氧化，只有硫酸镁不反应，
故答案为：强氧化性；D；
（2）平衡压强，保证液体顺利流出，故答案为：平衡压强；
（3）反应温度较低，控制温度可迁移苯与硝酸反应的温度控制方法，即水浴法；搅拌也可以控制温度，所以还可用磁力搅拌的方法；让反应速率减小控制温度，所以可用缓慢滴加H2O2溶液的方法，故答案为：冷水浴；磁力搅拌；缓慢滴加H2O2溶液；
（4）双氧水易分解，温度低时反应速率慢，故答案为：温度过高时双氧水易分解，温度低时反应速率慢；
（5）加入氯化钠固体或无水乙醇，降低了过碳酸钠的溶解度，故答案为：降低产品的溶解度（盐析作用或醇析作用）；
（6）设过氧化氢的质量为xg．
根据方程式 6KMnO4+5（2Na2CO3•3H2O2）+19H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O
找出KMnO4、2Na2CO3•3H2O2、H2O2的关系式
KMnO4--2Na2CO3•3H2O2--15H2O2
6mol 15×34g
0.030L×2.000×10-2 mol•L-1 x
x=0.051
过氧化氢的质量分数=
故答案为：25.50%．
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______．
（2）装置B的作用是______．不能用装置F代替装置E，理由______．
（3）所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是______ （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，加人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______ 作指示剂．
②滴定过程中需要不断振荡，否则会导致V1______ （填“偏大”或“偏小）．
③5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为______mol．由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度．
正确答案
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，
所以ICl的物质的量是0.001a（V2-V1）mol×
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×
解析
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，
所以ICl的物质的量是0.001a（V2-V1）mol×
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×
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