题目内容
硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3+S
Na2S2O3．常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3?5H2O．Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇．在水中有关物质的溶解度曲线如图1所示．
Ⅰ．现按如下方法制备Na2S2O3?5H2O：
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按上右图安装好装置．打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：
①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2
②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2═3S↓+2H2O
④Na2SO3+S
Na2S2O3
总反应为：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2
（1）仪器2的名称为 ．
（2）装置6中可放入 ．
A．BaCl2溶液 B．浓H2SO4 C．酸性KMnO4溶液 D．NaOH溶液分离Na2S2O3?5H2O：
热的反应混合液
滤液
粗晶体
（3）为减少产品的损失，操作①为 ，操作②是抽滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用 （填试剂）作洗涤剂．
（4）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是 ．
Ⅱ．Na2S2O3性质的检验及其应用
（1）向足量的新制氯水中滴加Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，写出该反应的离子方程式 ．
（2）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液，充分反应后得混合溶液V mL，将其平均分成4等份，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0010mol?L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，相关数据记录如下表所示：
部分反应离子方程式为：①Cr2O72-+6I-+14H+═2Cr3++3I2+7H2O ②2S2O32-+I2═S4O62-+2I-
则判断达到滴定终点的现象是 ；废水中Ba2+的物质的量浓度为 ．
| ||
Ⅰ．现按如下方法制备Na2S2O3?5H2O：
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按上右图安装好装置．打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：
①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2
②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2═3S↓+2H2O
④Na2SO3+S
| ||
总反应为：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2
（1）仪器2的名称为
（2）装置6中可放入
A．BaCl2溶液 B．浓H2SO4 C．酸性KMnO4溶液 D．NaOH溶液分离Na2S2O3?5H2O：
热的反应混合液
| 活性炭脱色 |
| 并保温 |
| 操作① |
| 蒸发浓缩 |
| 冷却晶体 |
| 操作② |
（3）为减少产品的损失，操作①为
（4）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是
Ⅱ．Na2S2O3性质的检验及其应用
（1）向足量的新制氯水中滴加Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，写出该反应的离子方程式
（2）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液，充分反应后得混合溶液V mL，将其平均分成4等份，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0010mol?L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，相关数据记录如下表所示：
| 编号 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| 消耗Na2S2O3标准溶液的体积/mL | 18.02 | 17.98 | 18.00 | 20.03 |
则判断达到滴定终点的现象是
考点：制备实验方案的设计
专题：实验设计题
分析：Ⅰ．（1）根据仪器2的构造及使用方法写出其名称；
（2）根据装置6在实验中的作用选用试剂；
（3）操作①的目的是分离出用于吸收有色杂质的活性炭，则该操作为过滤，由于常温下溶液中析出晶体Na2S2O3?5H2O，为了避免产品损失，需要趁热过滤；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，为了减少损失，可以用乙醇为洗涤剂；
（4）根据“Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解”分析蒸发时要控制温度不宜过高的原因；
Ⅱ．（1）Na2S2O3与足量氯水反应，氯气是强氧化剂，硫代硫酸钠中硫元素被氧化为硫酸根，氯气中氯元素被还原为CI-．离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；
（2）生成的碘单质遇到淀粉变蓝，用硫代硫酸钠滴定时，当蓝色褪去半分钟不变化，说明反应达到终点；根据反应方程式中各物质计量数之间的关系求算．
根据n=cV计算出1.28g样品消耗的高锰酸钾的物质的量，根据根据反应计算出样品中含有Na2S2O3?5H2O的物质的量，再根据质量分数的表达式计算出产品中Na2S2O3?5H2O的质量分数．
（2）根据装置6在实验中的作用选用试剂；
（3）操作①的目的是分离出用于吸收有色杂质的活性炭，则该操作为过滤，由于常温下溶液中析出晶体Na2S2O3?5H2O，为了避免产品损失，需要趁热过滤；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，为了减少损失，可以用乙醇为洗涤剂；
（4）根据“Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解”分析蒸发时要控制温度不宜过高的原因；
Ⅱ．（1）Na2S2O3与足量氯水反应，氯气是强氧化剂，硫代硫酸钠中硫元素被氧化为硫酸根，氯气中氯元素被还原为CI-．离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；
（2）生成的碘单质遇到淀粉变蓝，用硫代硫酸钠滴定时，当蓝色褪去半分钟不变化，说明反应达到终点；根据反应方程式中各物质计量数之间的关系求算．
根据n=cV计算出1.28g样品消耗的高锰酸钾的物质的量，根据根据反应计算出样品中含有Na2S2O3?5H2O的物质的量，再根据质量分数的表达式计算出产品中Na2S2O3?5H2O的质量分数．
解答：
解：（1）根据图示装置可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）装置6是尾气吸收装置主要吸收二氧化硫污染性气体，选项中酸性KMnO4溶液具有氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸吸收，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，能吸收二氧化硫，而浓硫酸、氯化钡与二氧化硫不反应，不能吸收二氧化硫，所以CD正确，
故答案为：CD；
（3）常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3?5H2O，Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，为了避免析出Na2S2O3?5H2O导致产率降低，所以操作①过滤出活性炭时需要趁热过滤；
洗涤晶体时为减少晶体损失，减少Na2S2O3?5H2O的溶解，依据Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性质选择乙醇洗涤，且洗涤后乙醇易挥发，不引入新的杂质，
故答案为：趁热过滤；乙醇；
（4）由于Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时温度过高会导致析出的晶体分解，降低了产率，
故答案为：温度过高会导致析出的晶体分解；
Ⅱ．（1）根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，S2O32-→2SO42-～8e-，Cl2→2CI-～2e-，所以4molCl2氧化1molS2O32-，得到8molCl-和2molSO42-，根据电荷守恒，生成物中应有10molH+，根据原子守恒反应物中应有5molH2O，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；
（2）依据标定的原理可知，生成的碘单质遇到淀粉变蓝，用硫代硫酸钠滴定当蓝色褪去半分钟不变化，说明反应达到终点，所以滴定终点的现象为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变；
溶液中发生的反应为：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+； Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O； I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；
根据方程式列出各物质的关系为Ba2+～BaCrO4～
Cr2O72-～
I2～3S2O32-
1mol 3mol
则n（Ba2+）=3n（S2O32-）=
×0.0010mol?L-1×18.00×10-3 L=6×10-6mol
所以c（Ba2+）═
=0.00024mol?L-1；
故答案为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变； 0.00024mol?L-1．
（2）装置6是尾气吸收装置主要吸收二氧化硫污染性气体，选项中酸性KMnO4溶液具有氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸吸收，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，能吸收二氧化硫，而浓硫酸、氯化钡与二氧化硫不反应，不能吸收二氧化硫，所以CD正确，
故答案为：CD；
（3）常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3?5H2O，Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，为了避免析出Na2S2O3?5H2O导致产率降低，所以操作①过滤出活性炭时需要趁热过滤；
洗涤晶体时为减少晶体损失，减少Na2S2O3?5H2O的溶解，依据Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性质选择乙醇洗涤，且洗涤后乙醇易挥发，不引入新的杂质，
故答案为：趁热过滤；乙醇；
（4）由于Na2S2O3?5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时温度过高会导致析出的晶体分解，降低了产率，
故答案为：温度过高会导致析出的晶体分解；
Ⅱ．（1）根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，S2O32-→2SO42-～8e-，Cl2→2CI-～2e-，所以4molCl2氧化1molS2O32-，得到8molCl-和2molSO42-，根据电荷守恒，生成物中应有10molH+，根据原子守恒反应物中应有5molH2O，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；
（2）依据标定的原理可知，生成的碘单质遇到淀粉变蓝，用硫代硫酸钠滴定当蓝色褪去半分钟不变化，说明反应达到终点，所以滴定终点的现象为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变；
溶液中发生的反应为：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+； Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O； I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；
根据方程式列出各物质的关系为Ba2+～BaCrO4～
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
1mol 3mol
则n（Ba2+）=3n（S2O32-）=
| 1 |
| 3 |
所以c（Ba2+）═
| 6×10 -6mol |
| 25×10 -3L |
故答案为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变； 0.00024mol?L-1．
点评：本题通过Na2S2O3?5H2O的制备，考查了物质性质实验方案设计方法，为高考的高频题，难度中等，正确理解题干信息明确制备原理为解答此类题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力，是一道质量较高的题目．
练习册系列答案
智慧小复习系列答案
相关题目
化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的情况．下列反应中属于这种情况的是（ ）
| A、过量的浓盐酸与MnO2反应 |
| B、过量的Zn与18 mol/L的硫酸反应 |
| C、过量的Fe与稀硝酸反应 |
| D、过量的H2与N2在催化剂存在下反应 |
常温下，下列溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
| A、使pH试纸呈红色的溶液：Na+、[Al（OH）4]-、SO42-、Cl- |
| B、澄清透明溶液：Cr2O72-、SO42-、K+、NO3- |
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| D、水电离产生的c（H+）=1×10-12mol?L-1的溶液：HCO3-、NH4+、C1-、Ca2+ |
按图电解实验装置（都是惰性电极），若通直流电一段时间后，左池中溶液的pH上升，右池中溶液的pH下降，不仅a，b两电极放电离子的物质的量相等，且b，c两电极放电离子的物质的量也相等，则电解液应选用下表中的（ ）一定量的混合气体在密闭容器中发生反应 m A （g）+n B （g）?p C （g）达到平衡后，温度不变，将气体体积缩小到原来的
，达到平衡时，C的浓度为原来的2.5倍，则下列说法不正确的是（ ）
| 1 |
| 2 |
| A、m+n＞p |
| B、C的体积分数增加 |
| C、平衡向正反应方向移动 |
| D、A 的转化率降低 |
