Question

18．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：Na₂S₂O₃在酸性溶液中不能稳定存在．
（1）某研究小组设计了制备Na₂S₂O₃•5H₂O的装置和部分操作步骤如图所示．

Ⅰ．打开K₁，关闭K₂，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热．
Ⅱ．C中的混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少．当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应．
Ⅲ．过滤C中的混合液．
Ⅳ．将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品．
①步骤Ⅰ中，圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O．
②步骤Ⅱ中，“当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应”的原因是Na₂S₂O₃在酸性溶液中不能稳定存在．
“停止C中的反应”的操作是打开K₂，关闭K₁．
③装置B中盛放的试剂是NaOH溶液（填化学式），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．
（2）依据反应2S₂O₃^2-+I₂═S₄O₆^2-+2I^-，可用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10mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol•L^-1的标准溶液进行滴定，相关数据记录如表所示．

编号	1	2	3	4
溶液的体积/mL	10.00	10.00	10.00	10.00
消耗I2标准溶液的体积/mL	19.99	19.98	17.13	20.03

①判断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．
②Na₂S₂O₃•5H₂O（式量M=248）在产品中的质量分数是（计算结果保留1位小数）90.2%．

Answer 1

分析 在加热条件下，铜和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，所以A中发生的反应为Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；打开K₁，关闭K₂，在C中Na₂CO₃和S、SO₂反应生成Na₂S₂O₃，Na₂S₂O₃溶液具有弱碱性和较强的还原性，所以酸性条件下不能存在，二氧化硫不能完全反应且二氧化硫有毒，会污染空气，所以用NaOH吸收未反应的SO₂；C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应，打开K₂，关闭K₁，二氧化硫有毒，应该用B中溶液吸收二氧化硫，二氧化硫属于酸性氧化物，且有还原性，所以可以碱性物质或氧化性物质吸收二氧化硫，
（1）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；
③装置B是利用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫气体；
（2）①达到滴定终点的现象是溶液变蓝，且半分钟不改变；
②根据反应的关系式计算．

解答 解：（1）①浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能氧化单质铜，反应的化学方程式是Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，
故答案为：Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；
②生成的SO₂和碳酸钠反应生成亚硫酸钠和CO₂，由于Na₂S₂O₃在酸性溶液中不能稳定存在，所以C中碳酸钠的作用是起反应物作用及提供碱性环境，“停止C中的反应”的操作是打开K₂，关闭K₁，
故答案为：Na₂S₂O₃在酸性溶液中不能稳定存在；打开K₂，关闭K₁；
③SO₂是大气污染物，需要尾气处理，则装置B中盛放的试剂是氢氧化钠溶液，用来吸收SO₂，防止污染环境，
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；
（2）①由于碘遇淀粉显蓝色，则滴定时，达到滴定终点的现象是溶液变蓝，且半分钟不改变，
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3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$\frac{19.99+19.98+20.03}{3}$mL=20.0mL，则根据反应的方程式可知，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是$\frac{0.02mol×248g/mol}{5.5g}$=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．