问题详情:
过氧化锶(SrO2·2H2O)晶体是一种白*粉末,微溶于水,常用作焰火的引火剂。制备流程如下:反应原理:Sr(NO3)2+H2O2+2NH3·H2O===SrO2·2H2O↓+2NH4NO3,该反应放热。
(1) 选择不同浓度的双氧水在反应器中反应,测得相同时间H2O2的利用率随浓度的变化关系如图所示。5%的H2O2比20%的H2O2利用率低的原因是________________________________________。
(2) SrO2·2H2O遇CO2会反应变质,反应的化学方程式为____________________________________。
(3) 25 ℃时,将Sr(NO3)2溶液滴加到含有F-、CO32-的溶液中,当混合溶液中c(Sr2+)=0.001 0 mol·L-1时,同时存在SrF2、SrCO3两种沉淀,则此时溶液中c(F-)∶c(CO32-)=________。[已知25℃时:Ksp(SrF2)=4.0×10-9,Ksp(SrCO3)=5.0×10-9]
(4) 准确称取1.800 0 g SrO2·2H2O样品置于锥形瓶中,加入适量的盐*使之充分转化为H2O2,再加入足量KI,摇匀后置于暗处,充分反应后,加入少量淀粉试液,用1.000 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定到蓝*恰好消失时,共消耗标准溶液18.00 mL,计算SrO2·2H2O样品的纯度,写出计算过程__________________。(已知:S2O32-S4O62-)
【回答】
【*】 (1). 浓度低的双氧水反应慢,相同时间内反应的H2O2少 (2). 2SrO2·2H2O+2CO2===2SrCO3+O2↑+4H2O (3). 400 (4). 先后发生的反应有SrO2·2H2O+2H+===Sr2++H2O2+2H2O
2H++2I-+H2O2===I2+2H2O I2+2S2O32-===2I-+S4O62-
SrO2·2H2O~H2O2~I2~2Na2S2O3
n(Na2S2O3)=1.0000 mol·L-1×18.00×10-3 L=1.800×10-2 mol(1分)
n(I2)=1/2n(Na2S2O3)=1/2×1.800×10-2 mol=0.009mol(1分)
n(SrO2·2H2O)=n(H2O2)=n(I2)=0.009 mol(1分)
m(SrO2·2H2O)=0.009 mol×156 g·mol-1=1.404 g(1分)
w(SrO2·2H2O)=78%(2分)
【解析】
【详解】(1)由于浓度低的双氧水反应速慢,相同时间内反应的H2O2较少,所以5%的H2O2比20%的H2O2的利用率低。(2)SrO2·2H2O与CO2会反应变质生成SrCO3,由于存在过氧键,会产生氧气,则反应的化学方程式为2SrO2·2H2O+2CO2=2SrCO3+O2↑+4H2O。(3)当c(Sr2+)=0.0010 mol·L-1时,同时存在SrF2、SrCO3两种沉淀,则此时溶液中c(CO32-)=,c(F-)=,所以c(F-):c(CO32-)=400;(4)先后发生的反应有:SrO2·2H2O+2H+=Sr2++H2O2+2H2O、H2O2+2H++2I-=I2+2H2O、2S2O32-+I2=S4O62-+2I-,则
n(Na2S2O3)=1.0000 mol·L-1×20.00×10-3 L=2.000×10-2 mol
n(I2)=n(Na2S2O3)=×2×10-2 mol=1.000×10-2 mol
n(SrO2·2H2O)=n(H2O2)=n(I2)=1.000×10-2 mol
m(SrO2·2H2O)=9.0×10-3 mol×156 mol·L-1=1.404g
w(SrO2·2H2O)=78.00%
知识点:电离平衡 水解平衡
题型:填空题