Question

【題目】I-測定的基本原理是將其氧化成I2，再用Na2S2O3標準溶液來滴定。如果樣品中僅含有微量I-，必須用“化學放大”反應將碘的量“放大”，然后再進行測定。下面是化學放大反應的實驗步驟：

I．將含有微量I-的樣品溶液調至中性或弱酸性，加入溴水，將I-完全氧化成IO，煮沸去掉過量的溴；

Ⅱ．取上述溶液，加入過量硫酸酸化的KI溶液，振蕩，溶液顏色呈棕黃色；

Ⅲ．將Ⅱ所得溶液中全部的I2萃取至CCl4中；

Ⅳ．向分液后的CCl4溶液中加入肼(N2H4)的水溶液，產生無毒的N2，分去有機層；

V．將Ⅳ所得水溶液重復I、Ⅱ步驟；

Ⅵ．以淀粉為指示劑，用Na2S2O3標準溶液滴定至終點。已知：反應為：I2+2S2O=2I-+S4O；Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無色。

(1)I中氧化劑和還原劑物質的量之比為______。

(2)Ⅲ中使用的主要玻璃儀器是______(填名稱)。

(3)Ⅳ中反應的離子方程式是______。

(4)Ⅵ中需要在中性或弱酸性環境中進行，pH過大，Na2S2O3易被I2氧化成Na2SO4，其離子方程式為_______；結合離子方程式解釋pH不宜過小的原因：______。VI中滴定終點的現象是______。

(5)樣品中I-最終所消耗的Na2S2O3的物質的量與樣品中初始I-物質的量的比值稱為“放大倍數”。經過以上操作，放大倍數為______。

Answer 1

【答案】3∶1 分液漏斗 N2H4+2I2=4I-+N2+4H+ S2O+4I2+10OH-=2SO+8I-+5H2O pH過小：S2O+2H+=S+SO2+H2O；4I-+O2+4H+=2I2+2H2O 溶液藍色恰好消失，30秒不恢復 36

【解析】

(1)I中將含有微量I-的樣品溶液調至中性或弱酸性，加入溴水，將I-完全氧化成IO，氧化劑為溴，還原劑為I-，根據得失電子守恒或化合價升降守恒分析計算；

(2)Ⅲ是將溶液中的I2萃取至CCl4中，據此分析解答；

(3)Ⅳ中向分液后的CCl4溶液中加入肼(N2H4)的水溶液，產生無毒的N2，是碘將肼氧化的過程，據此書寫反應的離子方程式；

(4)Ⅵ中需要在中性或弱酸性環境中進行，pH過大，Na2S2O3易被I2氧化成Na2SO4；pH過小，S2O在酸性溶液中能夠發生歧化反應；酸性溶液中碘離子容易被空氣中的氧氣氧化；根據反應的原理判斷滴定終點的現象；

(5)根據上述步驟，發生的反應為I-+3Br2+3H2O= IO+6H++6Br-，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O=2I-+S4O，在步驟V中將Ⅳ所得水溶液重復I、Ⅱ步驟，據此分析判斷I-物質的量被放大的倍數。

(1)I中將含有微量I-的樣品溶液調至中性或弱酸性，加入溴水，將I-完全氧化成IO，氧化劑為溴，還原劑為I-，根據得失電子守恒或化合價升降守恒，氧化劑和還原劑的物質的量之比為=，故答案為：；

(2)Ⅲ是將溶液中的I2萃取至CCl4中，萃取和分液過程中使用的主要玻璃儀器是分液漏斗，故答案為：分液漏斗；

(3)Ⅳ中向分液后的CCl4溶液中加入肼(N2H4)的水溶液，產生無毒的N2，是碘將肼氧化的過程，反應的離子方程式是N2H4+2I2=4I-+N2+4H+，故答案為：N2H4+2I2=4I-+N2+4H+；

(4)Ⅵ中需要在中性或弱酸性環境中進行，pH過大，Na2S2O3易被I2氧化成Na2SO4，反應的離子方程式為S2O+4I2+10OH-=2SO+8I-+5H2O；pH過小，S2O能夠發生歧化反應，S2O+2H+=S+SO2+H2O；酸性溶液中碘離子容易被空氣中的氧氣氧化，4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，因此pH也不宜過小；以淀粉為指示劑，用Na2S2O3標準溶液滴定I2至終點，滴定終點的現象為溶液藍色恰好消失，30秒不恢復，故答案為：S2O+4I2+10OH-=2SO+8I-+5H2O；pH過小：S2O+2H+=S+SO2+H2O、4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；溶液藍色恰好消失，30秒不恢復；

(5)根據上述步驟，發生的反應為I-+3Br2+3H2O= IO+6H++6Br-，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O=2I-+S4O，在步驟V中將Ⅳ所得水溶液重復I、Ⅱ步驟，因此得到I-～IO3-～3I2～6I-～6IO3-～18I2～36S2O32-，因此經過以上操作，結合碘元素守恒，初始I-物質的量被放大了36倍，故答案為：36。