Question

鍶(Sr)為第五周期第II A族元素。高純六水氯化鍶晶體(SrCl₂·6H₂O)具有很高的經濟價值，用工業碳酸鍶粉末(含少量鋇、鐵的化合物等雜質)制備高純六水氯化鍶晶體的過程如下圖所示。

已知：SrCl₂·6H₂O 晶體在61℃時開始失去結晶水，100℃時失去全部結晶水。請回答：

（1）操作①加快反應速率的措施有                              (任寫一種方法)。碳酸鍶與鹽酸反應的離子方程式為                                     。

（2）加入少量30% H₂O₂溶液的發生反應的離子方程式為                          。

（3）步驟③中調節溶液pH至8—10，宜選用的試劑為_______(填序號)：

A．氨水         B．氫氧化鈉        C． 氫氧化鍶粉末         D．碳酸鈉晶體

所得濾渣的主要成分是Fe(OH)₃和                       (填化學式)。

（4）工業上用熱風吹干六水氯化鍶，選擇的適宜溫度范圍是                 。

A．50~60℃      B．70~80℃       C．80~100℃       D．100℃以上 

（5）若濾液中Ba²⁺ 濃度為1×10^－5mol/L，依下表數據推算出濾液中Sr²⁺物質的量濃度不大于                      mol/L。

	SrSO4	BaSO4	Sr(OH)2
Ksp	3.3×10—7	1.1×10—10	3.2×10—4

 

 

Answer 1

【答案】

（16分）

（1）（共5分）升高溫度、或增大鹽酸濃度、或充分攪拌等（合理均可，2分）   

SrCO₃+2H⁺=Sr²⁺+CO₂↑+H₂O （3分）

（2）（共3分）2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O  

 （3）（共4分）C（2分）   BaSO₄（2分） 

（4）（共2分） A     

（5）（共2分）0.03（或3×10^－2）

[計算過程：c(SO₄^2－)=1.1×10^－10÷10^－5 mol•L^－1=1.1×10^－5 mol•L^－1，c(Sr²⁺)=3.3×10^－7÷1.1×10^－5 mol•L^－1=3×10^－2 mol•L^－1]

【解析】

試題分析：（1）根據影響化學反應速率的因素，升高溫度、或增大鹽酸濃度、或充分攪拌等都能加快反應速率；鹽酸的酸性比碳酸強，因此碳酸鍶與鹽酸能發生復分解反應，同主族元素具有相似性，鎂、鈣、鍶、鋇都是第IIA族，碳酸鎂微溶、碳酸鈣難溶、碳酸鋇難溶，由此推斷碳酸鍶難溶于水，應保留化學式，則該反應為SrCO₃+2H⁺=Sr²⁺+CO₂↑+H₂O；

（2）鐵的化合物溶于鹽酸時可能生成亞鐵離子和鐵離子，雙氧水具有強氧化性，是綠色氧化劑，可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，即2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+H₂O，便于除鐵；

（3）氨水與氫離子容易結合成銨根離子，雖然能消耗氫離子，升高溶液的pH，但是引入的銨根離子是新的雜質，故A選項錯誤；氫氧化鈉也能消耗氫離子，達到調節溶液pH的目的，但是引入的鈉離子是新的雜質，故B選項錯誤；氫氧化鍶能消耗氫離子，將溶液pH調至8～10，且引入的鍶離子是目標產物需要的離子，故C選項正確；碳酸鈉能消耗氫離子，但是會引入鈉離子，故D選項錯誤；由于鋇的化合物溶于鹽酸產生鋇離子，加入過量硫酸時，硫酸根離子與鋇離子結合生成硫酸鋇沉淀，則濾渣的主要成分是氫氧化鐵和硫酸鋇；

（4）由于SrCl₂·6H₂O 晶體在61℃時開始失去結晶水，100℃時失去全部結晶水，為了減少目標產物的損失，不能使溫度達到61℃或61℃以上，故只有A選項正確；

（5）由于BaSO₄(s) Ba²⁺+SO₄^2—，K_sp(BaSO₄)=c(Ba²⁺)•c(SO₄^2—)，則濾液中c(SO₄^2—)= 1.1×10^—10÷1×10^－5 mol/L =1.1×10^—5mol/L，由于SrSO₄(s) Ba²⁺+SO₄^2—，為了防止鍶離子沉淀，則Q_c(SrSO₄)=c(Sr²⁺)•c(SO₄^2—)≤K_sp(SrSO₄)，則濾液中c(Sr²⁺)≤3.3×10^—7÷1.1×10^－5 mol/L =3.0×10^—2mol/L。

考點：考查物質制備化學工藝流程，涉及加快酸浸反應速率的措施、鹽酸與碳酸鍶反應的離子方程式、加入過氧化氫時反應的離子方程式、選擇合理的試劑調節溶液pH除雜、濾渣的成分、選擇合適的烘干溫度、硫酸鋇和硫酸鍶溶度積的計算等。