Question

【題目】過氧化鍶(SrO2·2H2O)晶體是一種白色粉末，微溶于水，常用作焰火的引火劑。制備流程如下：

反應原理：Sr(NO3)2＋H2O2＋2NH3·H2O＝SrO2·2H2O↓＋2NH4NO3，該反應放熱。

（1）選擇不同濃度的雙氧水在反應器中反應，測得相同時間H2O2的利用率隨濃度的變化關系如圖所示。5%的H2O2比20%的H2O2的利用率低的原因是______。

（2）SrO2·2H2O與CO2會反應變質(zhì)，反應的化學方程式為______。

（3）25℃時，將Sr(NO3)2溶液滴加到含有F－、CO32－的溶液中，當c(Sr2+)＝0.0010 mol·L－1時，同時存在SrF2、SrCO3兩種沉淀，則此時溶液中c(F－):c(CO32－)＝______。[已知25℃時：Ksp(SrF2)＝4.0×10－9，Ksp(SrCO3)＝5.0×10－9]

（4）準確稱取1.8000 g SrO2·2H2O樣品置于錐形瓶中，加入適量的鹽酸使之充分轉(zhuǎn)化為H2O2，再加入足量KI，搖勻后置于暗處，充分反應后，加入少量淀粉試液，用1.0000 mol·L-1 Na2S2O3標準液滴定到藍色恰好消失時，共消耗標準液20.00 mL，計算SrO2·2H2O樣品的純度，寫出計算過程________。（已知：S2O32-S4O62-）

Answer 1

【答案】 濃度低的雙氧水反應速慢，相同時間內(nèi)反應的H2O2較少 2SrO2·2H2O+2CO2=2SrCO3+O2 ↑ +4H2O 400 先后發(fā)生的反應有：SrO2·2H2O+2H+=Sr2++ H2O2+2H2O、H2O2+2H++2I-=I2+2H2O、2S2O32-+I2=S4O62-+2I-

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) =1.000×10-2 mol× 156 mol·L-1= 1.5600g

w(SrO2·2H2O)=×100%=86.67%

【解析】（1）由于濃度低的雙氧水反應速慢，相同時間內(nèi)反應的H2O2較少，所以5%的H2O2比20%的H2O2的利用率低。（2）SrO2·2H2O與CO2會反應變質(zhì)生成SrCO3，由于存在過氧鍵，會產(chǎn)生氧氣，則反應的化學方程式為2SrO2·2H2O+2CO2=2SrCO3+O2↑+4H2O。（3）當c(Sr2+)＝0.0010 mol·L－1時，同時存在SrF2、SrCO3兩種沉淀，則此時溶液中c(CO32－)＝，c(F－)＝，所以c(F－):c(CO32－)＝400；（4）先后發(fā)生的反應有：SrO2·2H2O+2H+=Sr2++H2O2+2H2O、H2O2+2H++2I-=I2+2H2O、2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，則

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)=1.000×10-2 mol×156 mol·L-1=1.5600g

w(SrO2·2H2O)=86.67%