Question

【題目】實(shí)驗(yàn)室用下列方法測(cè)定某水樣中O2的含量。

（1）實(shí)驗(yàn)原理

用如圖所示裝置，使溶解在水中的O2在堿性條件下將Mn2+氧化成MnO(OH)2，再用I-將生成的MnO(OH)2再還原為Mn2+，第二步反應(yīng)的離子方程式為___________________。然后用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2。

已知：①2Mn2++O2+4OH-=2 MnO(OH)2 ②I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。

③S2O32-+2H+=SO2↑+S+H2O

（2）實(shí)驗(yàn)步驟

①打開止水夾a 和b，從A 處向裝置內(nèi)鼓入過量N2，此操作的目的是______________；

②用注射器抽取某水樣20.00 mL從A 處注入錐形瓶；

③再分別從A 處注入含m mol NaOH溶液及過量的MnSO4溶液；

④完成上述操作后，關(guān)閉a、b，將錐形瓶中溶液充分振蕩；

⑤打開止水夾a、b，分別從A 處注人足量NaI溶液及含n mol H2SO4的硫酸溶液使溶液接近中性；

⑥重復(fù)④的操作。

⑦取下錐形瓶，向其中加入2～3滴________________作指示劑；

⑧用0.005 mol`L-1Na2S2O3滴定至終點(diǎn)。

（3）數(shù)據(jù)分析

①若在滴定過程中消耗的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為3.60 mL，則此水樣中氧氣（O2）的含量為___（單位：mg·L-1）。

②若未用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管，則測(cè)得水樣中O2的含量將____________(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。

③實(shí)驗(yàn)要求加入適量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是__________________________。

Answer 1

【答案】 MnO(OH)2+2I-+4H+=2Mn2++I2+3H2O 趕走裝置內(nèi)空氣，避免空氣中的O2的干擾 淀粉溶液 7.2mg·L-1 偏大 若堿過量，則MnO(OH)2不能全部轉(zhuǎn)變?yōu)镸n2+，而酸過量時(shí)，滴定過程中Na2S2O3可與酸反應(yīng)

【解析】（1）用I-將生成的MnO(OH)2再還原為Mn2+，錳元素化合價(jià)降低，則碘元素的化合價(jià)升高，根據(jù)化合價(jià)升降守恒配平，故答案為：2MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O；

（2）①由于測(cè)定的是水樣中氧氣含量，必須將裝置中的空氣趕走，避免干擾測(cè)定結(jié)果；

⑦反應(yīng)中有碘單質(zhì)參與，利用碘遇到淀粉顯示藍(lán)色的特性，可以選用淀粉溶液作指示劑；

故答案為：趕走裝置內(nèi)空氣，避免空氣中的O2的干擾；淀粉溶液；

（3）①根據(jù)已知的反應(yīng)方程式可知氧氣反應(yīng)的關(guān)系式為：O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，20mL水樣中n(O2)= n(Na2S2O3)= ×0.005mol/L×(3.6×10-3L)=4.5×10-6mol，O2的質(zhì)量為：4.5×10-6mol×32g/mol=1.44×10-4mg。則1L水樣中O2的含量為1.44×10-4mg×=7.2mg，故此水樣中氧氣（O2）的含量為7.2mg·L-1；

故答案為：7.2mg·L-1；

②若未用Na2S2O3 標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管，會(huì)導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液的濃度減小，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液的體積增大，測(cè)定結(jié)果偏大；故答案為：偏大；

③由于加入稀H2SO4使MnO(OH)2充分轉(zhuǎn)化為Mn2+，但加入稀H2SO4的量時(shí)不宜過多，否則后續(xù)滴定過程中Na2S2O3與過量的酸反應(yīng)導(dǎo)致消耗的Na2S2O3溶液體積偏大。

故答案為：若堿過量，則MnO(OH)2不能全部轉(zhuǎn)變?yōu)镸n2+，而酸過量時(shí)，滴定過程中Na2S2O3可與酸反應(yīng)。