Question

碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N₂H·H₂O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：

(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH₂)₂(尿素)+NaClO+2NaOHN₂H₄·H₂O+NaCl+Na₂CO₃

①制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。

若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO^-与ClO₃^-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为________。

②制备水合肼时，应将___________滴到 __________ 中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。

(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：

在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO₃^-，该过程的离子方程式为______________________________________。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_________________________________。

(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：

a．称取10．00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；

b．量取25．00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl₃溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：

c．用0．2100mol·L^-1的Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na₂S₂O₃+I₂=Na₂S₄O₆+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15．00mL。

①M为____________(写名称)。

②该样品中NaI的质量分数为_______________。

Answer

ecdabf 5:3 NaClO溶液 尿素 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 淀粉 94.5%

【解析】

(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3--则会生成Cl-5mol，据此分析可得；

②NaClO氧化水合肼；

(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠；

(3)①淀粉溶液遇碘单质溶液变蓝色；

②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，据此计算。

(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4·H2O+NaCl+Na2CO3

①装置c由二氧化们和浓盐酸制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备，为充分反应，从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1mol ClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，有5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，物质的量之比为ClO-与ClO3-共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5:3；

②将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中取适量NaClO溶液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，防止水合肼被氧化；

(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质，水合肼还原法制得的产品纯度更高；

(3)①实验中滴定碘单质，用淀粉做指示剂，即M为淀粉；

②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为：0.2100mol×0.015L××150g/mol=9.45g，故其质量分数为×100%=94.5%。