Question

【题目】硫化钠是重要的化工原料，多釆用无水芒硝(Na2SO4)—炭粉还原法制备，原理为：Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。其主要流程如图如下：

(1)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是_____________________。

(2)已知I2+2S2O32-═2I-+S4O62-所制Na2S·9H2O晶体中含有Na2SO4·5H2O等杂质为测定产品成分进行下列实验步骤如下：

a.取试样10.00g配成500.00mL溶液

b.取所配溶液25.00mL于碘量瓶中加入过量ZnCO3悬浊液除去Na2S后过滤向滤液中滴入2～3滴淀粉溶液用0.050 00mol·L-1I2溶液滴定至终点用去5.00mL I2溶液

c.再取所配溶液25.00mL于碘量瓶中加入50.00mL 0.050 00mol·L-1I2溶液并滴入2～3滴淀粉溶液振荡用标准Na2SO4溶液滴定多余I2用去15.00mL 0.100 0mol·L-1 Na2SO4溶液

①步骤b中用ZnCO3除去Na2S离子方程式为_________________。

②判断步骤c中滴定终点方法为________________________。

③计算试样中Na2S·9H2O和Na2SO4·5H2O质量分数(写出计算过程)_________________。

Answer 1

【答案】热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解； ZnCO3+S2-═ZnS+CO32- 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 试样中Na2S9H2O的质量分数为72%，Na2S2O35H2O的质量分数为24.8%。

【解析】

(1)依据硫化钠溶液中硫离子水解显碱性的水解平衡影响因素分析判断；

(2)①ZnCO3与Na2S反应生成硫化锌和碳酸钠；

②滴定终点为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；

③根据I2～2Na2S2O35H2O可得n(Na2S2O35H2O)=2n(I2)，步骤b与c中样品用来相同，则可得到步骤c中Na2S2O3消耗的碘，再根据多余的碘结合I2～Na2S9H2O可知Na2S的物质的量，再由质量分数= ×100%计算可得。

(1)上述流程中采用稀碱液比用热水更好，硫化钠溶液中硫离子水解显碱性，水解过程是吸热反应，加热促进水解进行，稀碱溶液能起到抑制水解的作用。所以答案为：热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解；

(2)①ZnCO3除去Na2S的离子方程式为：ZnCO3+S2-═ZnS+CO32-；

②I2遇淀粉溶液会变为蓝色，当I2不断被Na2S2O3消耗，溶液的蓝色会逐渐变浅，当I2被恰好消耗完全时，溶液的颜色由蓝色变为无色，所以滴定终点现象为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；

③步骤b中消耗的I2有：

n(I2)=0.050 00 mol/L×5.00 mL×10-3 L/mL=2.500×10-4 mol，

n(Na2S2O35H2O)=2n(I2)=5.000×10-4 mol

w(Na2S2O35H2O)=[(5×104mol×248g/mol)÷0.5g]×100%=24.8%；

步骤c中，加入的I2有：

n(I2)=0.05000mol/L×50.00mL×10-3L/mL=2.500×10-4mol由步骤b可知25mL溶液中Na2S2O3消耗的I2有：2.500×10-4 mol，滴入的标准Na2S2O3溶液消耗多余的I2有：15.00 mL×10-3 L/mL×0.100 0 mol/L=7.500×10-4 mol。溶液中Na2S有：

n(Na2S2O39H2O)=n(Na2S)=(2.500×10-3-2.500×10-4-7.500×10-4)mol=1.500×10-3 mol，w(Na2S9H2O)=×100%=72.0%。