碳酸锶和碳酸钡的溶解度

Li2CO3 + 2 HCl = 2 LiCl + CO2↑ + H2O
SrCO3 + 2 HCl = SrCl2 + CO2↑ + H2O
Li2CO3 + H2SO4 = Li2SO4 + CO2↑ + H2O
SrCO3 + H2SO4 = SrSO4 + CO2↑ + H2O
碳酸盐的通性.

解题思路：方法一中将天青石粉碎的目的是增加反应物的接触面积，提高化学反应速率和原料的利用率，碳还原天青石的化学方程式为4C+SrSO₄

1000～1200℃ .

SrS+4CO↑；
方法二是利用碳酸锶的溶解度小于硫酸锶，溶解沉淀平衡向离子减少的方向进行的原理，在反应过程中不断搅拌可以提高反应的速率和效率；方法二的最大缺点是不能及时除去碳酸锶中的不溶性杂质；
根据元素周期律的递变规律解答，结合物质性质的相似性和递变性解答该题．

（1）增大表面积，使之与碳粒能够充分接触，充分反应，发生：4C+SrSO₄

1000～1200℃
.
SrS+4CO↑，
因为要保证还原气氛，所以产物是CO而不是CO₂，
故答案为：增加反应物接触面积，提高反应速率和原料的利用率；4C+SrSO₄

1000～1200℃
.
SrS+4CO↑；
（2）沉淀转化的实质是溶解平衡的移动，将天青石粉末与碳酸钠溶液的混合物在90℃时加热1～2h，经过滤、洗涤，得到碳酸锶，说明碳酸锶的溶解度小于硫酸锶的溶解度，在反应过程中不断搅拌可以提高反应的速率和效率
故答案为：碳酸锶的溶解度小于硫酸锶的溶解度；搅拌；
（3）天青石中含有不溶性杂质，而方法二的最大缺点是不能及时除去碳酸锶中的不溶性杂质，方法一通过过滤可以除去不溶性杂质，故答案为：方法一；硫化锶可溶于水，通过过滤可以除去不溶性杂质；
（4）A、同主族元素从上到下离子半径逐渐增大，故A正确；
B、同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水合物的碱性逐渐增强，故B正确；
C、碳酸盐不稳定，在高温下可分解生成对应的金属氧化物和二氧化碳，故C正确；
D、碳酸盐可与硝酸发生复分解反应，生成Sr（NO₃）₂，故D正确，
故答案为：ABCD．

点评：
本题考点： 同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．

考点点评： 本题考查同一主族元素的性质，题目难度中等，注意通过同主族元素的相似性，将不熟悉的锶看作较为熟悉的钙进行分析、思考，是解答本题的有效途径之一．

解题思路：以SrCO₃为原料制备六水氯化锶（SrCl₂•6H₂O），由流程可知，SrCO₃和盐酸反应后溶液中除含有Sr²⁺和Cl^-外，还含有少量Fe²⁺、Ba²⁺杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢，调节溶液pH可生成氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl₂，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl₂•6H₂O，以此来解答．

以SrCO₃为原料制备六水氯化锶（SrCl₂•6H₂O），由流程可知，SrCO₃和盐酸反应后溶液中除含有Sr²⁺和Cl^-外，还含有少量Fe²⁺、Ba²⁺杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢，调节溶液pH可生成氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl₂，最后蒸发、冷却结晶得到SrCl₂•6H₂O，
（1）增大反应速率，则增大浓度，加热，或者搅拌，增大接触面积，碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、二氧化碳和水，反应的离子方程式为SrCO₃+2H⁺=Sr²⁺+CO₂↑+H₂O，
故答案为：加热、充分搅拌、适当增加盐酸浓度等；SrCO₃+2H⁺=Sr²⁺+CO₂↑+H₂O；
（2）酸性条件下，加入30% H₂O₂溶液，将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，同时生成水，反应的离子方程式为2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，
故答案为：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O；
（3）调节pH除去Fe³⁺等，要不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末，故答案为：B；
（4）由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，水解可生成氢氧化铁沉淀，所以沉淀有两种即BaSO₄、Fe（OH）₃，故答案为：Fe（OH）₃、BaSO₄；
（5）由滤液得到晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）六水氯化锶晶体61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是50～60℃，故答案为：A．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中发生的化学反应及物质分离方法为解答的关键，涉及反应速率、氧化还原反应、滴定原理等，注意信息与所学知识的综合应用，综合性较强，题目难度中等．

解题思路：含碳酸锶的废渣（含SrCO₃ 38.40%，SrO12.62%，CaCO₃ 38.27%，BaCO₃ 2.54%，其它不溶于硝酸的杂质8.17%）和稀硝酸反应，过滤后，滤液中应该含有Sr（NO₃）₂、Ca（NO₃）₂、Ba（NO₃）₂，由表中的数据可以看出，Sr（NO₃）₂的溶解度随着温度的升高变化不大，而硝酸钙的溶解度随温度变化较大，因此可通过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥得硝酸锶粗产品；
（1）浓硝酸的质量分数为65%，密度为1.4g/cm³，要配制30%稀硝酸500mL，v（浓硝酸）×ρ（浓硝酸）×浓硝酸的质量分数=m（稀硝酸）×稀硝酸的质量分数，m（稀硝酸）=v（稀硝酸）×ρ（稀硝酸），故还需要查阅稀硝酸的密度；若配制过程中不使用天平，则必须要计算的数据为v（浓硝酸），v（稀硝酸），而实际量取的应是：浓硝酸和蒸馏水的体积；必须使用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒；
（2）由表中的数据可以看出，Sr（NO₃）₂的溶解度随着温度的升高变化不大，而硝酸钙的溶解度随温度变化较大，因此可通过由浸取后得到的混合物制备硝酸锶粗品的实验步骤依次为：蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥得到；
（3）①分析滴定过程可知，样品溶液无色，滴入碳酸钠沉淀完全可以滴入酚酞试液指示终点，滴入最后一滴溶液呈红色，半分钟内不褪色；②若滴定前样品中Ca（NO₃）₂没有除尽，多消耗标准溶液碳酸钠，依据滴定误差分析，c（待测液）=

c(标准液)v(标准液)

v(待测液)

，消耗标准液多，所测定的硝酸锶纯度会偏高；
②已知，硝酸钙能溶于有机溶剂A中，取5.39g硝酸锶样品，加入足量的有机溶剂A，经过滤、洗涤、干燥后，剩余固体5.26g，剩余固体为硝酸钡和硝酸锶，设硝酸锶和硝酸钡的物质的量为x和y，二者质量和为5.26g，则有212x+261y=5.26①；和碳酸根反应的只有钡离子和锶离子，Sr²⁺+CO₃^2-→SrCO₃↓，Ba²⁺+CO₃^2-→BaCO₃↓，消耗浓度为0.107mol/L的碳酸钠溶液22.98mL，物质的量为0.00246mol，则有x+y=0.0246②，由①②式得m（硝酸锶）=212x=5.02g，硝酸锶的质量分数=[5.02g/5.39g]×100%=0.93；若滴定前样品中Ca（NO₃）₂没有除尽，滴定溶液时消耗碳酸钠溶液多，所求硝酸锶物质的量偏大，所测定的硝酸锶纯度将会偏高．

含碳酸锶的废渣（含SrCO₃ 38.40%，SrO12.62%，CaCO₃ 38.27%，BaCO₃ 2.54%，其它不溶于硝酸的杂质8.17%）和稀硝酸反应，过滤后，滤液中应该含有Sr（NO₃）₂、Ca（NO₃）₂、Ba（NO₃）₂，由表中的数据可以看出，Sr（NO₃）₂的溶解度随着温度的升高变化不大，而硝酸钙的溶解度随温度变化较大，因此可通过蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥得硝酸锶粗产品；
（1）浓硝酸的质量分数为65%，密度为1.4g/cm³，要配制30%稀硝酸500mL，v（浓硝酸）×ρ（浓硝酸）×浓硝酸的质量分数=m（稀硝酸）×稀硝酸的质量分数，m（稀硝酸）=v（稀硝酸）×ρ（稀硝酸），故还需要查阅稀硝酸的密度；若配制过程中不使用天平，则必须要计算的数据为v（浓硝酸），v（稀硝酸），而实际量取的应是：浓硝和蒸馏水的体积；必须使用的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒；
故答案为：30%稀硝酸的密度；浓硝酸和蒸馏水的体积；量筒、烧杯、玻璃棒；
（2）由表中的数据可以看出，Sr（NO₃）₂的溶解度随着温度的升高变化不大，而硝酸钙的溶解度随温度变化较大，因此可通过由浸取后得到的混合物制备硝酸锶粗品的实验步骤依次为：蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥得到；
故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；
（3）①分析滴定过程可知，样品溶液无色，滴入碳酸钠沉淀完全可以滴入酚酞试液指示终点，滴入最后一滴溶液呈红色，半分钟内不褪色；②若滴定前样品中Ca（NO₃）₂没有除尽，多消耗标准溶液碳酸钠，依据滴定误差分析，c（待测液）=
c(标准液)v(标准液)
v(待测液)，消耗标准液多，所测定的硝酸锶纯度会偏高；
故答案为：酚酞；溶液变为红色，且30s内不变色；
②已知，硝酸钙能溶于有机溶剂A中，取5.39g硝酸锶样品，加入足量的有机溶剂A，经过滤、洗涤、干燥后，剩余固体5.26g，剩余固体为硝酸钡和硝酸锶，设硝酸锶和硝酸钡的物质的量为x和y，二者质量和为5.26g，则有212x+261y=5.26①；和碳酸根反应的只有钡离子和锶离子，Sr²⁺+CO₃^2-→SrCO₃↓，Ba²⁺+CO₃^2-→BaCO₃↓，消耗浓度为0.107mol/L的碳酸钠溶液22.98mL，物质的量为0.00246mol，则有x+y=0.0246②，由①②式得m（硝酸锶）=212x=5.02g，硝酸锶的质量分数=[5.02g/5.39g]×100%=0.93；若滴定前样品中Ca（NO₃）₂没有除尽，滴定溶液时消耗碳酸钠溶液多，所求硝酸锶物质的量偏大，所测定的硝酸锶纯度将会偏高；
故答案为：0.93；偏高

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查了物质制备实验方案的分析判断，分离混合物的流程，化学反应速率的影响因素分析，滴定实验的步骤和指示剂选择，误差分析应用．

解题思路：（1）A_• 根据同族元素性质的相似性和递变性判断；
B_• 根据两性氢氧化物的概念判断；
C_• 根据主族元素的最外层电子数与化合价数的关系判断；
D_• 根据微粒核外电子层数与化合价数判断；
E_• 根据金属性强弱与其最高价氧化物水化物碱性强弱的关系判断；
（2）本题是根据温度的变化与转化率结合判断可逆反应的反应热；
（3）第一个空根据化学平衡常数表达式的概念及可逆反应方程式书写出来，根据溶度积常数的表达式和化学平衡常数表达式的关系解决；
（4）结合题中的信息，结合溶液的pH对沉淀转化的影响解决，同浓度的盐溶液pH的比较，盐类水解程度的判断．

（1）A_• 锶和钙都位于第ⅡA主族最外层电子数相等，具有相似的化学性质，钙能与水反应放出氢气，锶也能与水反应放出氢气，故A正确；
B_• 两性氢氧化物是指既能与酸反应又能与碱反应生成盐和水的，而氢氧化锶只能与酸反应生成盐和水，它不是呈两性，故B错误；
C_• 主族元素最外层电子数即为该元素的化合价数，因此锶在化合物中化合价为+2价，故C正确；
D_• 根据微粒的核外电子层数越多，微粒的半径越大，Ba²⁺、Sr²⁺、Ca²⁺、Be²⁺四中离子的电子层数逐渐减少，因此其半径依次减小，故D正确；
E_• 金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故E正确．
故答案为：B；
（2）温度升高，可逆反应中硫酸锶的转化率降低，根据化学平衡移动原理，可逆反应向逆向移动，该反应的正反应为放热反应，故答案为：△H＜0；
（3）根据可逆反应化学平衡常数表达式的概念，平衡常数表达式等于可逆反应中生成物微粒的浓度计量系数次方的乘积与反应物微粒浓度计量系数次方的乘积的比值，K=
c(SO43−)
c(CO32−)，
SrS0₄⇌Sr²⁺+
SO2−4 K_sp（SrS0₄）=c（
SO2−4）•c（Sr²⁺），SrC0₃ ⇌
CO2−3+Sr²⁺K_sp（SrC0₄）=c（
CO2−3）•c（Sr²⁺）；

SrSO₄+CO
2−3⇌SrCO₃+SO
2−4，K=
Ksp(SrSO4)
Ksp(SrCO3)=

c(SO2−4)

c(CO2−3)=
3×10−7
1×10−10=3×10³，
故答案为：
c(SO43−)
c(CO32−)；3×10³ ．
（4）根据题中给出的条件：将Na₂C0₃换成（NH₄）₂C0₃，SrC0₃的产率将降低，知道换试剂后溶液中
CO2−3的浓度降低，说明（NH₄）₂C0₃溶液中
CO2−3D的水解程度增大，Na₂C0₃是强碱弱酸盐，只有

点评：
本题考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题是一道综合题，既考查元素周期表、元素周期律知识，又考查沉淀转化，结合平衡移动原理分析沉淀转化的程度，本题易出错点、难点在于（4）题，做此题需要将知识与题解很好的结合起来．