Question

15．肼是重要的化工原料，某探究小组利用下列反应制取水合肼（N₂H₄•H₂O）：
实验一：制备NaClO溶液
（1）将氯气通入到盛有NaOH溶液的锥形瓶中，锥形瓶中发生反应的离子方程式是Cl₂+2OH^-=ClO^-+Cl^-+H₂O；
实验二：制取水合肼（实验装置如图表示）
控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应．加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分．（已知：N₂H₄•H₂O+2NaClO═N₂↑+3H₂O+2NaCl）
（2）分液漏斗中的溶液是A（填标号A或B）；
A．NaOH和NaClO混合溶液     B．CO（NH₂）₂溶液
选择的理由是如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；
实验三：测定馏分中肼含量
水合肼具有还原性，可以生成氮气，测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：
A．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO₃固体，经稀释、转移、定容等步骤，配制250mL溶液．
B．移取25.00mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀．
C．用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右．记录消耗碘的标准液的体积．
D．进一步操作与数据处理
（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式N₂H₄•H₂O+2I₂=N₂↑+4HI+H₂O；滴定过程中，NaHCO₃能控制溶液的pH再6.5左右，原因是生成的HI与NaHCO₃反应．
（4）滴定时，碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）；若本次滴定消耗碘的标准溶液为18.00mL，馏分中水合肼（N₂H₄•H₂O）的质量分数为18.0%（保留三位有效数字）．
（5）为获得更可靠的滴定结果，步骤d中进一步操作主要是：重复步骤b和c2～3次，依据测得的结果，取平均值．

Answer 1

分析 （1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（2）依据制取水合肼（N₂H₄•H₂O）的反应原理为：CO（NH₂）+2NaOH+NaClO=Na₂CO₃+N₂H₄•H₂O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N₂H₄•H₂O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；
（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成氮气、碘化氢和水；NaHCO₃能控制溶液的pH在6.5左右，是因为碳酸氢钠和碘化氢反应；
（4）碘单质具有氧化性，选择酸式滴定管盛装进行实验；结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼（N₂H₄•H₂O）的质量分数；
（5）为获得更可靠的滴定结果，步骤d中进一步操作是重复bc几次，结合测定结果计算体积的平均值，得到结果更准确．

解答 解：（1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl₂+2OH^-=ClO^-+Cl^-+H₂O；
故答案为：Cl₂+2OH^-=ClO^-+Cl^-+H₂O；
（2）依据制取水合肼（N₂H₄•H₂O）的反应原理为：CO（NH₂）+2NaOH+NaClO=Na₂CO₃+N₂H₄•H₂O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断，分液漏斗中的溶液是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼（N₂H₄•H₂O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化，如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；
故答案为：A；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；
（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为：N₂H₄•H₂O+2I₂=N₂↑+4HI+H₂O；NaHCO₃能控制溶液的pH在6.5左右，是因为碳酸氢钠和碘化氢反应；
故答案为：N₂H₄•H₂O+2I₂=N₂↑+4HI+H₂O；生成的HI与NaHCO₃ 反应；
（4）碘单质具有氧化性，选择酸式滴定管盛装进行实验；结合反应定量关系计算得到馏分中水合肼（N₂H₄•H₂O）的质量分数，
N₂H₄•H₂O+2I₂=N₂↑+4HI+H₂O；
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n 0.2000mol/L×0.018L
n=0.0018mol
250ml溶液中含有的物质的量=0.0018mol×$\frac{250}{25}$=0.018mol
水合肼（N₂H₄•H₂O）的质量分数=$\frac{0.018mol×50g/mol}{5.00g}$×100%=18.0%
故答案为：酸式；18.0%；
（5）为获得更可靠的滴定结果，步骤d中进一步操作是重复bc几次，结合测定结果计算体积的平均值，得到结果更准确；
故答案为：重复步骤b和c 2～3次，依据测得的结果，取平均值．

点评 本题考查了物质制备和性质的实验分析和验证方法应用，主要是过程分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．