Question

6．硫化鈉是重要的化工原料，大多采用無水芒硝（Na₂SO₄）-炭粉還原法制備，原理為：Na₂SO₄+2CNa₂?S+2CO₂↑．其主要流程如圖：

（1）上述流程中采用稀堿液比用熱水更好，理由是熱水會促進Na₂S水解，而稀堿液能抑制Na₂S水解．
（2）已知：I₂+2S₂O═2I^-+S₄O．所制得的Na₂S•9H₂O晶體中含有Na₂S₂O₃•5H₂O等雜質(zhì)．為測定產(chǎn)品的成分，進行下列實驗，步驟如下：
a．取試樣10.00g配成500.00mL溶液．
b．取所配溶液25.00mL于碘量瓶中，加入過量ZnCO₃懸濁液除去Na₂S后，過濾，向濾液中滴入2～3滴淀粉溶液，用0.050 00mol•L^-1 I₂溶液滴定至終點，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，振蕩．用標(biāo)準(zhǔn)Na₂S₂O₃溶液滴定多余的I₂，用去15.00mL 0.100 0mol•L^-1 Na₂S₂O₃溶液．
①步驟b中用ZnCO₃除去Na₂S的離子方程式為ZnCO₃+S^2-═ZnS+CO．
②判斷步驟c中滴定終點的方法為溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色．
③計算試樣中Na₂S•9H₂O和Na₂S₂O₃•5H₂O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，寫出計算過程．

Answer 1

分析 （1）依據(jù)硫化鈉溶液中硫離子水解顯堿性的水解平衡影響因素分析判斷；
（2）①ZnCO₃與Na₂S反應(yīng)生成硫化鋅和一氧化碳；
②滴定終點為溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色；
③根據(jù)I₂～2Na₂S₂O₃•5H₂O可得n（Na₂S₂O₃•5H₂O）=2n（I₂），步驟b與c中樣品用來相同，則可得到步驟c中Na₂S₂O₃消耗的碘，再根據(jù)多余的碘結(jié)合I₂～Na₂S•9H₂O可知Na₂S的物質(zhì)的量，再由質(zhì)量分?jǐn)?shù)=$\frac{物質(zhì)的質(zhì)量}{樣品的質(zhì)量}×100%計算$可得．

解答 解：（1）上述流程中采用稀堿液比用熱水更好，硫化鈉溶液中硫離子水解顯堿性，水解過程是吸熱反應(yīng)，加熱促進水解進行，稀堿溶液能起到抑制水解的作用；
故答案為：熱水會促進Na₂S水解，而稀堿液能抑制Na₂S水解；
（2）①ZnCO₃除去Na₂S的離子方程式為：ZnCO₃+S^2-═ZnS+CO，故答案為：ZnCO₃+S^2-═ZnS+CO；
②滴定終點為：溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色，故答案為：溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色；
③步驟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%
步驟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
由步驟b可知25mL溶液中Na₂S₂O₃消耗的I₂有：2.500×10^-4 mol
滴入的標(biāo)準(zhǔn)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：試樣中Na₂S•9H₂O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為72%，Na₂S₂O₃•5H₂O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為24.8%．

點評 本題是物質(zhì)制備的考查題，主要是溫度對水解平衡的影響，化學(xué)方程式書寫方法，氧化還原反應(yīng)滴定的計算應(yīng)用，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．