Question

锶(Sr)为第五周期第II A族元素。高纯六水氯化锶晶体(SrCl₂·6H₂O)具有很高的经济价值，用工业碳酸锶粉末(含少量钡、铁的化合物等杂质)制备高纯六水氯化锶晶体的过程如下图所示。

已知：SrCl₂·6H₂O 晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。请回答：

（1）操作①加快反应速率的措施有                              (任写一种方法)。碳酸锶与盐酸反应的离子方程式为                                     。

（2）加入少量30% H₂O₂溶液的发生反应的离子方程式为                          。

（3）步骤③中调节溶液pH至8—10，宜选用的试剂为_______(填序号)：

A．氨水         B．氢氧化钠        C． 氢氧化锶粉末         D．碳酸钠晶体

所得滤渣的主要成分是Fe(OH)₃和                       (填化学式)。

（4）工业上用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是                 。

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

（5）若滤液中Ba²⁺ 浓度为1×10^－5mol/L，依下表数据推算出滤液中Sr²⁺物质的量浓度不大于                      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）升高温度、或增大盐酸浓度、或充分搅拌等（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）

[计算过程：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】

试题分析：（1）根据影响化学反应速率的因素，升高温度、或增大盐酸浓度、或充分搅拌等都能加快反应速率；盐酸的酸性比碳酸强，因此碳酸锶与盐酸能发生复分解反应，同主族元素具有相似性，镁、钙、锶、钡都是第IIA族，碳酸镁微溶、碳酸钙难溶、碳酸钡难溶，由此推断碳酸锶难溶于水，应保留化学式，则该反应为SrCO₃+2H⁺=Sr²⁺+CO₂↑+H₂O；

（2）铁的化合物溶于盐酸时可能生成亚铁离子和铁离子，双氧水具有强氧化性，是绿色氧化剂，可以将亚铁离子氧化为铁离子，即2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+H₂O，便于除铁；

（3）氨水与氢离子容易结合成铵根离子，虽然能消耗氢离子，升高溶液的pH，但是引入的铵根离子是新的杂质，故A选项错误；氢氧化钠也能消耗氢离子，达到调节溶液pH的目的，但是引入的钠离子是新的杂质，故B选项错误；氢氧化锶能消耗氢离子，将溶液pH调至8～10，且引入的锶离子是目标产物需要的离子，故C选项正确；碳酸钠能消耗氢离子，但是会引入钠离子，故D选项错误；由于钡的化合物溶于盐酸产生钡离子，加入过量硫酸时，硫酸根离子与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，则滤渣的主要成分是氢氧化铁和硫酸钡；

（4）由于SrCl₂·6H₂O 晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，为了减少目标产物的损失，不能使温度达到61℃或61℃以上，故只有A选项正确；

（5）由于BaSO₄(s) Ba²⁺+SO₄^2—，K_sp(BaSO₄)=c(Ba²⁺)•c(SO₄^2—)，则滤液中c(SO₄^2—)= 1.1×10^—10÷1×10^－5 mol/L =1.1×10^—5mol/L，由于SrSO₄(s) Ba²⁺+SO₄^2—，为了防止锶离子沉淀，则Q_c(SrSO₄)=c(Sr²⁺)•c(SO₄^2—)≤K_sp(SrSO₄)，则滤液中c(Sr²⁺)≤3.3×10^—7÷1.1×10^－5 mol/L =3.0×10^—2mol/L。

考点：考查物质制备化学工艺流程，涉及加快酸浸反应速率的措施、盐酸与碳酸锶反应的离子方程式、加入过氧化氢时反应的离子方程式、选择合理的试剂调节溶液pH除杂、滤渣的成分、选择合适的烘干温度、硫酸钡和硫酸锶溶度积的计算等。