Question

I^-测定的基本原理是将其氧化成I₂，再用Na₂S₂O₃标准溶液来滴定。如果样品中仅含有微量I^-，必须用“化学放大”反应将碘的量“放大”，然后再进行测定。下面是化学放大反应的实验步骤：

I．将含有微量I^-的样品溶液调至中性或弱酸性，加入溴水，将I^-完全氧化成IO，煮沸去掉过量的溴；

Ⅱ．取上述溶液，加入过量硫酸酸化的KI溶液，振荡，溶液颜色呈棕黄色；

Ⅲ．将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，产生无毒的N₂，分去有机层；

V．将Ⅳ所得水溶液重复I、Ⅱ步骤；

Ⅵ．以淀粉为指示剂，用Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点。已知：反应为：I₂+2S₂O=2I^-+S₄O；Na₂S₂O₃和Na₂S₄O₆溶液颜色均为无色。

(1)I中氧化剂和还原剂物质的量之比为______。

(2)Ⅲ中使用的主要玻璃仪器是______(填名称)。

(3)Ⅳ中反应的离子方程式是______。

(4)Ⅵ中需要在中性或弱酸性环境中进行，pH过大，Na₂S₂O₃易被I₂氧化成Na₂SO₄，其离子方程式为_______；结合离子方程式解释pH不宜过小的原因：______。VI中滴定终点的现象是______。

(5)样品中I^-最终所消耗的Na₂S₂O₃的物质的量与样品中初始I^-物质的量的比值称为“放大倍数”。经过以上操作，放大倍数为______。

Answer

3∶1 分液漏斗 N2H4+2I2=4I-+N2+4H+ S2O+4I2+10OH-=2SO+8I-+5H2O pH过小：S2O+2H+=S+SO2+H2O；4I-+O2+4H+=2I2+2H2O 溶液蓝色恰好消失，30秒不恢复 36

【解析】

(1)I中将含有微量I-的样品溶液调至中性或弱酸性，加入溴水，将I-完全氧化成IO，氧化剂为溴，还原剂为I-，根据得失电子守恒或化合价升降守恒分析计算；

(2)Ⅲ是将溶液中的I2萃取至CCl4中，据此分析解答；

(3)Ⅳ中向分液后的CCl4溶液中加入肼(N2H4)的水溶液，产生无毒的N2，是碘将肼氧化的过程，据此书写反应的离子方程式；

(4)Ⅵ中需要在中性或弱酸性环境中进行，pH过大，Na2S2O3易被I2氧化成Na2SO4；pH过小，S2O在酸性溶液中能够发生歧化反应；酸性溶液中碘离子容易被空气中的氧气氧化；根据反应的原理判断滴定终点的现象；

(5)根据上述步骤，发生的反应为I-+3Br2+3H2O= IO+6H++6Br-，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O=2I-+S4O，在步骤V中将Ⅳ所得水溶液重复I、Ⅱ步骤，据此分析判断I-物质的量被放大的倍数。

(1)I中将含有微量I-的样品溶液调至中性或弱酸性，加入溴水，将I-完全氧化成IO，氧化剂为溴，还原剂为I-，根据得失电子守恒或化合价升降守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为=，故答案为：；

(2)Ⅲ是将溶液中的I2萃取至CCl4中，萃取和分液过程中使用的主要玻璃仪器是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；

(3)Ⅳ中向分液后的CCl4溶液中加入肼(N2H4)的水溶液，产生无毒的N2，是碘将肼氧化的过程，反应的离子方程式是N2H4+2I2=4I-+N2+4H+，故答案为：N2H4+2I2=4I-+N2+4H+；

(4)Ⅵ中需要在中性或弱酸性环境中进行，pH过大，Na2S2O3易被I2氧化成Na2SO4，反应的离子方程式为S2O+4I2+10OH-=2SO+8I-+5H2O；pH过小，S2O能够发生歧化反应，S2O+2H+=S+SO2+H2O；酸性溶液中碘离子容易被空气中的氧气氧化，4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，因此pH也不宜过小；以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定I2至终点，滴定终点的现象为溶液蓝色恰好消失，30秒不恢复，故答案为：S2O+4I2+10OH-=2SO+8I-+5H2O；pH过小：S2O+2H+=S+SO2+H2O、4I-+O2+4H+=2I2+2H2O；溶液蓝色恰好消失，30秒不恢复；

(5)根据上述步骤，发生的反应为I-+3Br2+3H2O= IO+6H++6Br-，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2S2O=2I-+S4O，在步骤V中将Ⅳ所得水溶液重复I、Ⅱ步骤，因此得到I-～IO3-～3I2～6I-～6IO3-～18I2～36S2O32-，因此经过以上操作，结合碘元素守恒，初始I-物质的量被放大了36倍，故答案为：36。