Question

6．硫化钠是重要的化工原料，大多采用无水芒硝（Na₂SO₄）-炭粉还原法制备，原理为：Na₂SO₄+2CNa₂?S+2CO₂↑．其主要流程如图：

（1）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是热水会促进Na₂S水解，而稀碱液能抑制Na₂S水解．
（2）已知：I₂+2S₂O═2I^-+S₄O．所制得的Na₂S•9H₂O晶体中含有Na₂S₂O₃•5H₂O等杂质．为测定产品的成分，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^-1 I₂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^-1的I₂溶液，并滴入2～3滴淀粉溶液，振荡．用标准Na₂S₂O₃溶液滴定多余的I₂，用去15.00mL 0.100 0mol•L^-1 Na₂S₂O₃溶液．
①步骤b中用ZnCO₃除去Na₂S的离子方程式为ZnCO₃+S^2-═ZnS+CO．
②判断步骤c中滴定终点的方法为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色．
③计算试样中Na₂S•9H₂O和Na₂S₂O₃•5H₂O的质量分数，写出计算过程．

Answer 1

分析 （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反应生成硫化锌和一氧化碳；
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I₂～2Na₂S₂O₃•5H₂O可得n（Na₂S₂O₃•5H₂O）=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～Na₂S•9H₂O可知Na₂S的物质的量，再由质量分数=$\frac{物质的质量}{样品的质量}×100%计算$可得．

解答 解：（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；
故答案为：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+S^2-═ZnS+CO，故答案为：ZnCO₃+S^2-═ZnS+CO；
②滴定终点为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：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^-1×5.00 mL×10^-3 L•mL^-1=2.500×10^-4 mol
n（Na₂S₂O₃•5H₂O）=2n（I₂）=5.000×10^-4 mol
w（Na₂S₂O₃•5H₂O）=$\frac{5×1{0}^{-4}mol×248g/mol}{0.5g}$×100%=24.8%
步骤c中，加入的I₂有：
n（I₂）=0.050 00 mol•L^-1×50.00 mL×10^-3 L•mL^-1=2.500×10^-3 mol
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^-1×0.100 0 mol•L^-1×=7.500×10^-4 mol
溶液中Na₂S有：
n（Na₂S•9H₂O）=n（Na₂S）=（2.500×10^-3-2.500×10^-4-7.500×10^-4）mol=1.500×10^-3 mol
w（Na₂S•9H₂O）=$\frac{1.5×1{0}^{-3}mol×240g/mol}{0.5g}$×100%=72.0%
答：试样中Na₂S•9H₂O的质量分数为72%，Na₂S₂O₃•5H₂O的质量分数为24.8%．

点评 本题是物质制备的考查题，主要是温度对水解平衡的影响，化学方程式书写方法，氧化还原反应滴定的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．