分离过程化学习题答案.docx

1、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（）-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（25C，I=1.0），CFeCl3=0.01 mol/L。解：1= K1=4.2，2= K1K

2、2=5.46，3= K1K2K3=0.48，4= K1K2K3K4=0.002623.、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，1=6309.6，2=1.58105 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=11.45、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1.010-4 mol/L的Ni（）盐，已知

3、该溶液的pH=10.0，各级配离子的稳定常数为lg1=2.75，lg2=4.95，lg3=6.64，lg4=7.79，lg5=8.50，lg6=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+1NH3+ 2NH32

4、+6NH36) =Ni2+8.678104mol/L Ni(OH)+= Ni2+OH-Ka Ni2+=10-4/(1+8.678104+10-4104.6)=1.1510-9mol/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BaBr2RaBr2H2O体系中, 如果自饱和溶液中十分缓慢结晶时, 满足均匀分配

5、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)=ln(b(by) 当=10，y=b2时， a=112=11210=99.9%当重复10次时，(99.9%)10=92.9%（RaBr2） (0.5)10=11024 (BaBr2) (2) 自过饱和溶液中缓慢结晶时，满足均匀分配的数学

6、表达式：(a)=Dy(by) 当D=10，y=b2时，有(a)=（10b2）(bb2)，则a90.9当重复10次时，(90.9%)10=38.5% （RaBr2）(0.5)10=11024 (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100 ml 该放射性元素浓度分别为 0.010, 0.020, 0.100 mol/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

7、，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% 6.0 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 试计算分配系数D, 并绘制D和对沉淀Ba的曲线, 对结果进行讨论.解：Ba%= ，Ra%= ，则，沉淀Ba%611.322.134.143.754.564.5沉淀Ra%29.750.37

8、5.589.995.198.799.5D6.62 7.94 10.86 17.20 25.00 63.39 109.53 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 CuO=32.4g/L, Cu=0.21g/L, CoO=0.075g/L, Co=0.47g/L. 试计算DCu, ECu, DCo, ECo,Cu/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

9、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,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=0.553pH=6，D=637.1pH=12，D=5.113、 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1=100, 2=1000, 3 =5000,

10、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=1，1，2，3，SO42-1，D1值代入上式，可得=0.39;则pH=2，1，2,3，SO42-2代入，可得D2=421.174、 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

11、, 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)2TBP(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)2TBP(o) 的平衡常数协。 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1=50, 2=350, 3=2500。解：UO22+2(H2A2)(o)+TBP(o) UO2(HA2)2TBP(o)+2H+ .k协U

12、O22+2(H2A2)(o) UO2(HA2)2(o)+2H+ .k1UO2(HA2)(o)+TBP(o) UO2(HA2)2TBP(o) .k2 由D= UO2(HA2)2org/CU可得出， UO2(HA2)2org=DCU=14.10.001=1.4410-2mol/L H2A2=0.0907-21.4110-2=0.0625mol/L5 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1.0010-4mol/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?

13、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A 1%, 元素B 0.1%, 在pH=5时, 萃取A 98%, B 0.9%, 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1.0104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

14、浓度比为起始值的1.0104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0.1430.240.9826.210-3=4.246410-3mol=4.2464mmolq= nH+/m=4.2464/0.812=5.230 mmol/g2、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0.1

15、023mol/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+=34.5610-30.1023=3.5355mmol 119 nK+58.44 nNa+=0.2567解得：nK+=8.2710-4mol, nNa+=2.70810-3molWNaCl=2.70810-358.44/0.2567=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）

16、 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） =tRB/tRA=( tRB t0)/( tRA t0)=(30-2)/(18-2)=1.752） kA = tRA/ t0=(18-2) /2=8 kB = tRB/ t0=(30-2) /2=143） 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）= （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

17、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1100ml80002g =1160 溶液中Ca的分数1（1601）1000.62对于第种，假设溶液中Ca都到树脂中=100ml(0.001mmol/ml)22g =0.10mmol则 =5.0-0.10=4.9mmol/g 干树脂 H+=0.1mmol/ml(0.1mmol/g2g)/100ml =0.102mmol/ml3.2(4.92mmol/g) (0.1022mmol/ml)=(7400/g) 1/ml 溶液中Ca的量树脂中Ca的量1100ml7400

18、2g =1148 溶液中Ca的分数1（1481）1000.672解： 交换容量为： 交换容量为： 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 RTn/V, 对电解质2，假设V=1L, 水液，则有 3.5%海水：1RTn1/V128.314298.1510003.5（58.5110-3）2.97106Pa0.1苦咸水：2RTn2/V228.314298.1510000.1（58.5110-3）8.48104Pa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：1RTn1/V215.97106Pa 2RTn2/V221.70105Pa故：浓度高的海水渗透压高。2.