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，反應的化學方程式爲____________________________________。
(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*使之充分轉化爲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爲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
