Question

17．硫代硫酸钠（Na₂S₂O₃）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得．
已知：①Na₂S₂O₃在酸性溶液中不能稳定存在；
②硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：2S₂O₃^2-+I₂→S₄O₆^2-+2I^-．
（Ⅰ）制备Na₂S₂O₃•5H₂O
①打开K₁，关闭K₂，向放有铜片的圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热．圆底烧瓶中发生反应的化学方程式Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O．
②C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，
硫粉的量逐渐减少．
C中碳酸钠的作用是提供碱性环境，作反应物．
D中可能发生的离子反应方程式为：SO₂+2OH^-=SO₃^2-+H₂O、CO₂+2OH^-=CO₃^2-+H₂O．
“停止C中的反应”的操作是打开K₂，关闭K₁．
③过滤C中的混合液．将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品．
④装置B中盛放的试剂是（填化学式）NaOH溶液，其作用是在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO₂，防止空气污染．
（Ⅱ）用I₂的标准溶液测定产品的纯度
取5.5g产品，配制成100mL溶液．取10.00mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I₂的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示．

编号	1	2	3
溶液的体积/mL	10.00	10.00	10.00
消耗I2标准溶液的体积/mL	19.95	17.10	20.05

（1）滴定时，达到滴定终点的现象是加入最后一滴I₂标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变．
（2）Na₂S₂O₃•5H₂O在产品中的质量分数是90.2%（用百分数表示，且保留1位小数）．

Answer 1

分析 Ⅰ、①铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
②Na₂S₂O₃在酸性溶液中不能稳定存在，二氧化硫通入碳酸钠溶液中反应生成亚硫酸钠和硫粉反应生成硫代硫酸钠；装置D是用氢氧化钠吸收未反应的二氧化硫和产生的二氧化碳；停止C装置反应打开K₂，关闭K₁；
④装置B是利用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫气体；
Ⅱ、（1）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I₂的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；
（2）依据反应的定量关系 2S₂O₃^2-+I₂→S₄O₆^2-+2I^-．计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数．

解答 解：Ⅰ、①铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，
故答案为：Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；
②Na₂S₂O₃在酸性溶液中不能稳定存在，二氧化硫通入碳酸钠溶液中反应生成亚硫酸钠和硫粉反应生成硫代硫酸钠，C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少，所以C中碳酸钠的作用是做反应物，提供碱性环境，装置D是用氢氧化钠吸收未反应的二氧化硫和产生的二氧化碳，反应的离子方程式为SO₂+2OH ^-=SO₃^2-+H₂O、CO₂+2OH ^-=CO₃^2-+H₂O，停止C中的反应的操作是应打开K₂，关闭K₁ ，
故答案为：提供碱性环境，作反应物；SO₂+2OH ^-=SO₃^2-+H₂O、CO₂+2OH ^-=CO₃^2-+H₂O；打开K₂，关闭K₁；
④为防止过量的二氧化硫污染性气体排放到空气中污染环境，装置B是利用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫气体；
故答案为：NaOH；在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO₂，防止空气污染；
Ⅱ、（1）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I₂的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；
故答案为：加入最后一滴I₂标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变；
（2）根据表中数据可知，第二次实验中消耗I₂标准溶液的体积偏小，舍去，则实际消耗I₂标准溶液的体积的平均值是=$\frac{19.95+20.05}{2}$=20ml，则根据反应的方程式可知，2S₂O₃^2-+I₂→S₄O₆^2-+2I^-．
样品中Na₂S₂O₃•5H₂O的物质的量是0.050mol/L×0.0200L×2×10=0.02mol，所以Na₂S₂O₃•5H₂O在产品中的质量分数=$\frac{0.02mol×248g/mol}{5.5g}$×100%=90.2%；
故答案为：90.2%．

点评 本题考查了物质性质的实验验证和实验方法应用，物质性质的掌握和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．