過氧化鍶(SrO2·2H2O)晶體是一種白*粉末,微溶於水,常用作焰火的引火劑。製備流程如下:反應原理:Sr(...
問題詳情:
過氧化鍶(SrO2·2H2O)晶體是一種白*粉末,微溶於水,常用作焰火的引火劑。製備流程如下: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係如圖所示。5%的H2O2比20%的H2O2利用率低的原因是________________________________________。
(2) SrO2·2H2O遇CO2會反應變質,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,當混合溶液中c(Sr2+)=0.001 0 mol·L-1時,同時存在SrF2、SrCO3兩種沉澱,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1.800 0 g SrO2·2H2O樣品置於錐形瓶中,加入適量的鹽*使之充分轉化為H2O2,再加入足量KI,搖勻後置於暗處,充分反應後,加入少量澱粉試液,用1.000 0 mol·L-1 Na2S2O3標準溶液滴定到藍*恰好消失時,共消耗標準溶液18.00 mL,計算SrO2·2H2O樣品的純度,寫出計算過程__________________。(已知:S2O32-S4O62-)
【回答】
【*】 (1). 濃度低的雙氧水反應慢,相同時間內反應的H2O2少 (2). 2SrO2·2H2O+2CO2===2SrCO3+O2↑+4H2O (3). 400 (4). 先後發生的反應有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】
【詳解】(1)由於濃度低的雙氧水反應速慢,相同時間內反應的H2O2較少,所以5%的H2O2比20%的H2O2的利用率低。(2)SrO2·2H2O與CO2會反應變質生成SrCO3,由於存在過氧鍵,會產生氧氣,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、SrCO3兩種沉澱,則此時溶液中c(CO32-)=,c(F-)=,所以c(F-):c(CO32-)=400;(4)先後發生的反應有: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)=9.0×10-3 mol×156 mol·L-1=1.404g
w(SrO2·2H2O)=78.00%
知識點:電離平衡 水解平衡
題型:填空題
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