分离过程化学习题答案.docx
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分离过程化学习题答案
第一章习题
1.答案：
用硫酸高铁矿浸出细磨黄铜矿的过程为固膜扩散控制，在浸出过程中，生成了致密层的硫，包覆在矿物颗粒的表面，这就是硫酸高铁矿浸出细磨黄铜矿的反应速率特别低的原因。
2、氯离子和铁离子生成多级配合物，试计算HCl浓度为1.00mol/L的时候，Fe3+，FeCl2+，FeCl2+，FeCl3，FeCl4-的浓度，并计算此时自由Fe3+离子占Fe总浓度的百分数。
已知Fe（Ⅲ）-Cl配合物体系的逐级稳定常数K1=4.2，K2=1.3，K3=0.040，K4=0.012（25°C，I=1.0），CFeCl3=0.01mol/L。
解：
β1=K1=4.2，β2=K1×K2=5.46，
β3=K1×K2×K3=0.48，β4=K1×K2×K3×K4=0.00262
3.、已知草酸的电离常数为lgKa1=-1.4,lgKa2=-3.8，试计算pH=3时，溶液中C2O4-，HC2O4-，H2C2O4占草酸总量的百分数。
解：
由已知可得，β1=6309.6，β2=1.58×105
且[H+]=10-3mol/L，则
4、计算NH3在溶液中加合质子不超过1%时最低pH值，已知NH3的加质子常数为lgKH=9.4。
解：
平衡时，
mol/L
则pH=11.4
5、NH3-NH4NO3缓冲溶液中，NH3和NH4+的总浓度为0.2mol/L，该溶液中有总浓度为1.0×10-4mol/L的Ni（Ⅱ）盐，已知该溶液的pH=10.0，各级配离子的稳定常数为lgβ1=2.75，lgβ2=4.95，lgβ3=6.64，lgβ4=7.79，lgβ5=8.50，lgβ6=8.49，Ni（OH）+的稳定常数lgK1=4.6，NH4+的加质子常数lgKH=9.4，试计算此溶液中游离的Ni2+的浓度。
解：
，解得[NH3]=0.16mol/L
解：
由lgKH=9.4可得pKa=9.4
而pH=pKa+lg（[NH3]/[NH4+]）pH=10.0[NH3]+[NH4+]=0.2mol/L
∴[NH3]=0.1598mol/L
∵[Ni2+]+[Ni（NH3）n]+[Ni（OH）+]=10-4mol/L
[Ni2+]+[Ni（NH3）n]=[Ni2+]（1+β1[NH3]+β2[NH3]2+…+β6[NH3]6）
=[Ni2+]×8.678×104mol/L
[Ni（OH）+]=[Ni2+]×[OH-]×Ka
∴[Ni2+]=10-4/（1+8.678×104+10-4×104.6）=1.15×10-9mol/L
第二章习题
1.答案：
因为铅不仅被硫酸铅表面吸附，而且大量的被硫酸铅包藏于内，而醋酸铵不能浸取硫酸铅内部的铅，所以沉淀的铅不能全部被醋酸铵浸取。
2.答案：
BaSO4与CaSO4是化学类似物，有相同的化学构型，在大量钡盐沉淀时，有少量钙也沉淀下来，形成混晶；包藏作用会更大，因为后一种方法使溶液中有大量钡存在，会有大量钡盐析出。
5.在BaBr2—RaBr2—H2O体系中,如果自饱和溶液中十分缓慢结晶时,满足均匀分配公式,如果自饱和溶液中迅速结晶时,满足非均匀分配公式,假若结晶系数和分配系数相等,且等于10,试计算在上述两种情况下,当BaBr2从溶液中结晶出一半时,RaBr2结晶出来百分之几?
如果重复上述操作10次,得到的晶体中,BaBr2和RaBr2各占原始量的百分之几?
解:
（1）自过饱和溶液中迅速结晶时，满足非均匀分配的数学表达式：
ln（a／（a－χ））=λln（b／（b－y））
当λ=10，y=b／2时，χ／a=1－1／2λ=1－1／210=99.9%
当重复10次时，（99.9%）10=92.9%（RaBr2）
（0.5）10=1／1024（BaBr2）
（2）自过饱和溶液中缓慢结晶时，满足均匀分配的数学表达式：
χ／（a－χ）=Dy／（b－y）
当D=10，y=b／2时，有χ／（a－χ）=（10×b／2）／（b－b／2），
则χ／a＝90.9％
当重复10次时，（90.9%）10=38.5%（RaBr2）
（0.5）10=1／1024（BaBr2）
6.溶液中某放射性元素在硅胶上的吸附服从Freundlich公式（吸附量用毫摩尔/克,浓度用毫摩尔/升表示）,式中k=0.15,n=3,把10g硅胶加入100ml该放射性元素浓度分别为0.010,0.020,0.100mol/L的溶液中,试求吸附达到平衡时,该放射性元素被吸附的百分数?
解：
设平衡后的浓度为xmmol/L，则
在C0=10，20，100mmol/L时，用试差法可解得
C0=10mmol/L，x=0.273，Y%=97.27%
C0=20mmol/L，x=1.798，Y%=91.06%
C0=100mmol/L，x=46.18，Y%=53.82%
7.由均相溶液中以铬酸盐共沉淀钡和镭,得如下的分析结果:
沉淀Ba%6.011.322.134.143.754.564.5
沉淀Ra%29.750.375.589.995.198.799.5
试计算分配系数D,λ并绘制D和λ对沉淀Ba的曲线,对结果进行讨论.
解：
Ba%=
，Ra%=
，
则
，
沉淀Ba%
6
11.3
22.1
34.1
43.7
54.5
64.5
沉淀Ra%
29.7
50.3
75.5
89.9
95.1
98.7
99.5
D
6.62
7.94
10.86
17.20
25.00
63.39
109.53
λ
5.70
5.83
5.63
5.50
5.25
5.51
5.12
由此可见，以铬酸盐共沉淀钡和镭满足非均匀分布。
第三章溶剂萃取（
）—无机物的溶剂萃取
1、用P204—煤油自水溶液中萃取Cu和Co,假定相比为1:
3,单级萃取后,实测两相浓度为[Cu]O=32.4g/L,[Cu]=0.21g/L,[Co]O=0.075g/L,[Co]=0.47g/L.试计算DCu,ECu,DCo,ECo,βCu/Co
解：
已知R=1/3,
2、8—羟基喹啉（以HOx表示）在水和三氯甲烷的分配是简单分子萃取,但它是两性物质,在水相中有下列反应:
HOx在两项中的分配常数
请导出分配比Dm表达式（D为Λ,[H+]的函数）
计算pH=2,6,12时D的值
解：
（1）
（2）由上式计算可得，
pH=2，D=0.553
pH=6，D=637.1
pH=12，D=5.11
3、P204—煤油自H2SO4介质溶液中萃取微量Fe（
）,其反应式为Fe3++3（HA）2（O）→Fe（HA2）3（O）+3H+,求水相中SO42-总值为1.0mol/L,SO42-与Fe（
）形成的各级配阴离子Fe3++nSO42-→Fe（SO4）n（2n-5）-积累稳定常数β1=100,β2=1000,β3=5000,已知pH=1时,SO42-中有10%是以SO42-形式存在,此时实测Fe（
）的分配比D1=15,现在pH=2,SO42-为总硫酸根浓度的50%,Fe（
）的分配比D2是多少?
解：
将pH=1，β1，β2，β3，[SO42-]1，D1值代入上式，可得
=0.39;
则pH=2，β1，β2,β3，[SO42-]2代入，可得D2=421.17
4、用P204从酸性水溶液中萃取UO22+,反应式可写为UO22++2（H2A2）（o）→UO2（HA2）2（o）+2H+,平衡水相中的条件为[H2SO4]=0.4mol/L,pH=0.37,CU=0.001mol/L,原始有机相中[H2A2]（o）=0.0907mol/L,测得分配比D=14.1,向有机相中加入TBP,产生协同萃取反映为UO22++2（H2A2）（o）+TBP（o）→UO2（HA2）2·TBP（o）+2H+,研究表明,此反应的平衡常数为lgK协=4.66,试求反应UO2（HA2）（o）+TBP（o）→UO2（HA2）2·TBP（o）的平衡常数β协。
已知0.4mol/LH2SO4的水溶液中[SO42-]=0.112mol/L,配合物UO2SO4,UO2（SO4）22-和UO2（SO4）34-的稳定常数β1=50,β2=350,β3=2500。
解：
UO22++2（H2A2）（o）+TBP（o）→UO2（HA2）2·TBP（o）+2H+…….k协
UO22++2（H2A2）（o）→UO2（HA2）2（o）+2H+………….k1
UO2（HA2）（o）+TBP（o）→UO2（HA2）2·TBP（o）………….k2
由D=[UO2（HA2）2]org/CU可得出，
[UO2（HA2）2]org=D·CU=14.1×0.001=1.44×10-2mol/L
[H2A2]=0.0907-2×1.41×10-2=0.0625mol/L
5．已知放射性元素砹在水相中仅以单分子状态存在,而在某一有机相中会发生缔合,几乎全部都以双原子分子状态存在,若砹在有机相中的分析浓度为1.00×10-4mol/L时,分配比D=100,问当砹在有机相中的分析浓度为原来的1/10,分配比是多少?
解：
6.四氧化锇在四氯化碳和水中的分配可描述如下
（1）
在有机相:
在两相中的分配比
试将锇的分配比D表示成K1,K2,K3,P,Ko,[H+]和水相中OsO4浓度的函数.
解：
7.某浓度的8–羟基喹啉氯仿溶液,在pH=1.0时,可萃取元素A1%,元素B0.1%,在pH=5时,萃取A98%,B0.9%,问
（1）在pH=5时萃取,pH=1.0时反萃取,需要多少次这样的操作,才能使A,B两元素在水相中的浓度比为起始值的1.0×104倍;
（2）经过这样萃取后,A的回收率是多少?
解：
（1）
解得n=2，即需要两次这样的操作，可以使A,B两元素在水相中的浓度比为起始值的1.0×104倍。
（2）A的回收率为：
（98%×99%）2=94.12%
第四章习题
1、称取0.812g氢式阳离子交换树脂，置于200mL，0.143mol/L的NaOH溶液中，待溶液的pH值不再变化时，取出50mL用0.982mol/L的HCl滴定，达到终点，消耗HCl为6.2mL，求树脂的交换容量。
解：
nH+=nOH-总量－nOH-剩余＝0.143×0.2－4×0.982×6.2×10-3
=4.2464×10-3mol=4.2464mmol
q=nH+/m=4.2464/0.812=5.230mmol/g
2、将0.2567gNaCl和KBr的混合无溶于水中并通过氢式阳离子交换树脂，用0.1023mol/L的NaOH溶液滴定洗出液，用去了34.56mL达到了等当点，求此混合物中两种盐的百分含量。
解：
nK++nNa+=34.56×10-3×0.1023=3.5355mmol
119nK++58.44nNa+=0.2567
解得：
nK+=8.27×10-4mol,nNa+=2.708×10-3mol
WNaCl=2.708×10-3×58.44/0.2567=61.65%
WKBr=38.35%
3、某一色层系统中，溶质的容量因子k’=3.2，试问该溶质在流动相中的百分数是多少？
解：
4、某一色层分离中，组分A于18分钟流出，组分Ｂ于30分钟流出，死时间为2分钟，试计算：
（1）B对A的相对保留值
（2）A和B在柱内的容量因子
（3）A在固定相停留的时间分数
解：
1）α=tRB´/tRA=（tRB–t0）/（tRA–t0）=（30-2）/（18-2）=1.75
2）kA=tRA/t0=（18-2）/2=8kB=tRB/t0=（30-2）/2=14
3）A在流动相停留分数Rf=1/（1+kA）=1/（1+8）=11.11%
则A在固定相停留分数Rf=1-Rf=1-11.11%=88.89%
（1）α=
（2）
，
（3）
5、物质P和Q在色层柱上的保留时间分别为18.7min和21.1min，峰底宽分别为1.21min和1.31min，求二者的分离度。
解：
R=
解：
对于第
种，树脂[H]浓度不变，则
=3.2×（5.02mmol/g）／（0.12mmol/ml）=（8000/g）／1/ml
∴溶液中Ca的量／树脂中Ca的量＝1×100ml／8000×2g=1／160
∴溶液中Ca的分数＝1／（160＋1）×100％＝0.62％
对于第
种，假设溶液中Ca都到树脂中
=100ml×（0.001mmol/ml）×2／2g=0.10mmol
则
=5.0-0.10=4.9mmol/g干树脂
[H]+=0.1mmol/ml＋（0.1mmol/g×2g）/100ml=0.102mmol/ml
＝3.2×（4.92mmol/g）／（0.1022mmol/ml）=（7400/g）／1/ml
∴溶液中Ca的量／树脂中Ca的量＝1×100ml／7400×2g=1／148
∴溶液中Ca的分数＝1／（148＋1）×100％＝0.67％
2．
解：
①交换容量为：
②交换容量为：
③假设穿透曲线为对称的S型，则
第六章
1.
解：
由渗透压的公式π＝φRTn/V,对电解质φ＝2，假设V=1L,
ρ水≈ρ液，
则有3.5%海水：
π1＝φRTn1/V
π1＝2×8.314×298.15×1000×3.5％／（58.5×1×10-3）
＝2.97×106Pa
0.1％苦咸水：
π2＝φRTn2/V
π2＝2×8.314×298.15×1000×0.1％／（58.5×1×10-3）
＝8.48×104Pa
若用反渗透法处理此两种水，回收率为50％时，相当于NaCl的
浓度大约增加1倍,此时的渗透压为：
π1´＝φRTn1´/V＝2π1＝5.97×106Pa
π2´＝φRTn2´/V＝2π2＝1.70×105Pa
故：
浓度高的海水渗透压高。
2.
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