分離過(guò)程化學(xué)習(xí)題答案

1、第一章習(xí)題1. 答案：用硫酸高鐵礦浸出細(xì)磨黃銅礦的過(guò)程為固膜擴(kuò)散控制，在浸出過(guò)程中，生成了致密層的硫，包覆在礦物顆粒的表面，這就是硫酸高鐵礦浸出細(xì)磨黃銅礦的反應(yīng)速率特別低的原因。2、氯離子和鐵離子生成多級(jí)配合物，試計(jì)算HCl濃度為1.00mol/L的時(shí)候，F(xiàn)e3+，F(xiàn)eCl2+ ，F(xiàn)eCl2+，F(xiàn)eCl3，F(xiàn)eCl4-的濃度，并計(jì)算此時(shí)自由Fe3+離子占Fe總濃度的百分?jǐn)?shù)。已知Fe（）-Cl配合物體系的逐級(jí)穩(wěn)定常數(shù)K1=4.2，K2=1.3， K3=0.040， K4=0.012（25°C，I=1.0），CFeCl3=0.01 mol/L。解：1= K1=4.2，2= K1×

2、;K2=5.46，3= K1×K2×K3=0.48，4= K1×K2×K3×K4=0.002623.、已知草酸的電離常數(shù)為lgKa1=-1.4, lgKa2=-3.8，試計(jì)算pH=3時(shí)，溶液中C2O4-，HC2O4-，H2C2O4占草酸總量的百分?jǐn)?shù)。解：由已知可得，1=6309.6，2=1.58×105 且H+=10-3mol/L，則 4、計(jì)算NH3在溶液中加合質(zhì)子不超過(guò)1%時(shí)最低pH值，已知NH3的加質(zhì)子常數(shù)為lgKH=9.4。解：平衡時(shí)， mol/L則pH=11.45、NH3-NH4NO3緩沖溶液中，NH3和NH4+的總濃度為0.

3、2mol/L，該溶液中有總濃度為1.0×10-4 mol/L的Ni（）鹽，已知該溶液的pH=10.0，各級(jí)配離子的穩(wěn)定常數(shù)為lg1=2.75，lg2=4.95，lg3=6.64，lg4=7.79，lg5=8.50，lg6=8.49，Ni（OH）+的穩(wěn)定常數(shù)lgK1=4.6，NH4+的加質(zhì)子常數(shù)lgKH=9.4，試計(jì)算此溶液中游離的Ni2+的濃度。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)

4、+=10-4mol/L Ni2+Ni(NH3)n= Ni2+(1+1NH3+ 2NH32+6NH36) =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第二章習(xí)題1. 答案：因?yàn)殂U不僅被硫酸鉛表面吸附，而且大量的被硫酸鉛包藏于內(nèi)，而醋酸銨不能浸取硫酸鉛內(nèi)部的鉛，所以沉淀的鉛不能全部被醋酸銨浸取。2. 答案：BaSO4與CaSO4是化學(xué)類似物，有相同的化學(xué)構(gòu)型，在大量鋇鹽沉淀時(shí)，有少量鈣也沉淀下

5、來(lái)，形成混晶；包藏作用會(huì)更大，因?yàn)楹笠环N方法使溶液中有大量鋇存在，會(huì)有大量鋇鹽析出。5.在BaBr2RaBr2H2O體系中, 如果自飽和溶液中十分緩慢結(jié)晶時(shí), 滿足均勻分配公式, 如果自飽和溶液中迅速結(jié)晶時(shí), 滿足非均勻分配公式, 假若結(jié)晶系數(shù)和分配系數(shù)相等,且等于10, 試計(jì)算在上述兩種情況下, 當(dāng)BaBr2從溶液中結(jié)晶出一半時(shí), RaBr2 結(jié)晶出來(lái)百分之幾? 如果重復(fù)上述操作10次, 得到的晶體中, BaBr2和RaBr2各占原始量的百分之幾?解: (1) 自過(guò)飽和溶液中迅速結(jié)晶時(shí)，滿足非均勻分配的數(shù)學(xué)表達(dá)式：ln(a(a)=ln(b(by) 當(dāng)=10，y=b2時(shí)， a=112=1121

6、0=99.9%當(dāng)重復(fù)10次時(shí)，(99.9%)10=92.9%（RaBr2） (0.5)10=11024 (BaBr2) (2) 自過(guò)飽和溶液中緩慢結(jié)晶時(shí)，滿足均勻分配的數(shù)學(xué)表達(dá)式：(a)=Dy(by) 當(dāng)D=10，y=b2時(shí)，有(a)=（10×b2）(bb2)，則a90.9當(dāng)重復(fù)10次時(shí)，(90.9%)10=38.5% （RaBr2）(0.5)10=11024 (BaBr2)6. 溶液中某放射性元素在硅膠上的吸附服從Freundlich公式(吸附量用毫摩爾/克, 濃度用毫摩爾/升表示), 式中k = 0.15, n=3, 把10g硅膠加入100 ml 該放射性元素濃度分別為 0.01

7、0, 0.020, 0.100 mol/L的溶液中, 試求吸附達(dá)到平衡時(shí), 該放射性元素被吸附的百分?jǐn)?shù)?解：設(shè)平衡后的濃度為xmmol/L，則,在C0=10，20，100mmol/L時(shí)，用試差法可解得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.由均相溶液中以鉻酸鹽共沉淀鋇和鐳, 得如下的分析結(jié)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 試

8、計(jì)算分配系數(shù)D, 并繪制D和對(duì)沉淀Ba的曲線, 對(duì)結(jié)果進(jìn)行討論.解：Ba%= ，Ra%= ，則，沉淀Ba%611.322.134.143.754.564.5沉淀Ra%29.750.375.589.995.198.799.5D6.62 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 由此可見，以鉻酸鹽共沉淀鋇和鐳滿足非均勻分布。第三章 溶劑萃取(I)無(wú)機(jī)物的溶劑萃取1、 用P204煤油自水溶液中萃取Cu和Co, 假定相比為1: 3, 單級(jí)萃取后, 實(shí)測(cè)兩相濃度為 CuO=32.4g/L, Cu=0.21

9、g/L, CoO=0.075g/L, Co=0.47g/L. 試計(jì)算DCu, ECu, DCo, ECo,Cu/Co解：已知R=1/3,2、 8羥基喹啉(以HOx表示) 在水和三氯甲烷的分配是簡(jiǎn)單分子萃取, 但它是兩性物質(zhì), 在水相中有下列反應(yīng):HOx在兩項(xiàng)中的分配常數(shù) 請(qǐng)導(dǎo)出分配比Dm表達(dá)式 (D為,H+的函數(shù)) 計(jì)算pH = 2, 6, 12 時(shí)D的值解：(1) (2) 由上式計(jì)算可得，pH=2，D=0.553pH=6，D=637.1pH=12，D=5.113、 P204煤油自H2SO4介質(zhì)溶液中萃取微量Fe(III), 其反應(yīng)式為Fe3+3(HA)2(O)Fe(HA2)3(O)+3H+,

10、 求水相中SO42-總值為1.0mol/L, SO42-與Fe(III)形成的各級(jí)配陰離子Fe3+nSO42-Fe(SO4)n(2n-5)-積累穩(wěn)定常數(shù)1=100, 2=1000, 3 =5000, 已知pH=1時(shí), SO42-中有10%是以SO42-形式存在, 此時(shí)實(shí)測(cè)Fe(III)的分配比D1=15, 現(xiàn)在pH=2, SO42-為總硫酸根濃度的50%, Fe(III)的分配比D2是多少? 解：將pH=1，1，2，3，SO42-1，D1值代入上式，可得=0.39;則pH=2，1，2,3，SO42-2代入，可得D2=421.174、 用 P204從酸性水溶液中萃取UO22+, 反應(yīng)式可寫為 U

11、O22+2(H2A2)(o) UO2(HA2)2(o)+2H+,平衡水相中的條件為H2SO4=0.4mol/L, pH=0.37, CU=0.001mol/L, 原始有機(jī)相中H2A2(o)=0.0907mol/L, 測(cè)得分配比D=14.1, 向有機(jī)相中加入TBP, 產(chǎn)生協(xié)同萃取反映為UO22+2(H2A2)(o)+TBP(o) UO2(HA2)2·TBP(o)+2H+, 研究表明, 此反應(yīng)的平衡常數(shù)為lgK協(xié)= 4.66, 試求反應(yīng)UO2(HA2)(o)+TBP(o) UO2(HA2)2·TBP(o) 的平衡常數(shù)協(xié)。 已知0.4mol/LH2SO4的水溶液中SO42-=0.

12、112mol/L, 配合物UO2SO4, UO2(SO4)22-和UO2(SO4)34-的穩(wěn)定常數(shù)1=50, 2=350, 3=2500。解：UO22+2(H2A2)(o)+TBP(o) UO2(HA2)2·TBP(o)+2H+ .k協(xié)UO22+2(H2A2)(o) UO2(HA2)2(o)+2H+ .k1UO2(HA2)(o)+TBP(o) UO2(HA2)2·TBP(o) .k2 由D= UO2(HA2)2org/CU可得出， UO2(HA2)2org=D·CU=14.1×0.001=1.44×10-2mol/L H2A2=0.0907-2

13、×1.41×10-2=0.0625mol/L5 已知放射性元素砹在水相中僅以單分子狀態(tài)存在, 而在某一有機(jī)相中會(huì)發(fā)生締合, 幾乎全部都以雙原子分子狀態(tài)存在, 若砹在有機(jī)相中的分析濃度為1.00×10-4mol/L 時(shí), 分 配比D=100, 問當(dāng)砹在有機(jī)相中的分析濃度為原來(lái)的1/10, 分配比是多少?解： 6. 四氧化鋨在四氯化碳和水中的分配可描述如下(1) , 在有機(jī)相: 在兩相中的分配比 試將鋨的分配比D表示成K1, K2, K3, P, Ko, H+ 和水相中OsO4濃度的函數(shù).解：7. 某濃度的8羥基喹啉氯仿溶液, 在pH=1.0時(shí), 可萃取元素A 1%,

14、 元素B 0.1%, 在pH=5時(shí), 萃取A 98%, B 0.9%, 問(1) 在pH=5時(shí)萃取, pH=1.0時(shí)反萃取, 需要多少次這樣的操作, 才能使A, B兩元素在水相中的濃度比為起始值的1.0×104倍; (2) 經(jīng)過(guò)這樣萃取后, A的回收率是多少?解：（1） 解得n=2，即需要兩次這樣的操作，可以使A, B兩元素在水相中的濃度比為起始值的1.0×104倍。（2） A的回收率為：（98%×99%）2=94.12%第四章 習(xí)題1、稱取0.812g氫式陽(yáng)離子交換樹脂，置于200mL，0.143mol/L的NaOH溶液中，待溶液的pH值不再變化時(shí)，取出50mL

15、用0.982mol/L的HCl滴定，達(dá)到終點(diǎn)，消耗HCl為6.2mL，求樹脂的交換容量。解：nH+=nOH-總量nOH-剩余0.143×0.24×0.982×6.2×10-3=4.2464×10-3mol=4.2464mmolq= nH+/m=4.2464/0.812=5.230 mmol/g2、將0.2567gNaCl和KBr的混合無(wú)溶于水中并通過(guò)氫式陽(yáng)離子交換樹脂，用0.1023mol/L的NaOH溶液滴定洗出液，用去了34.56mL達(dá)到了等當(dāng)點(diǎn)，求此混合物中兩種鹽的百分含量。解： nK+ nNa+=34.56×10-3×

16、;0.1023=3.5355mmol 119 nK+58.44 nNa+=0.2567解得：nK+=8.27×10-4mol, nNa+=2.708×10-3molWNaCl=2.708×10-3×58.44/0.2567=61.65%WKBr=38.35%3、某一色層系統(tǒng)中，溶質(zhì)的容量因子k=3.2，試問該溶質(zhì)在流動(dòng)相中的百分?jǐn)?shù)是多少？解：4、某一色層分離中，組分A于18分鐘流出，組分于30分鐘流出，死時(shí)間為2分鐘，試計(jì)算：（1） B對(duì)A的相對(duì)保留值（2） A和B在柱內(nèi)的容量因子（3） A在固定相停留的時(shí)間分?jǐn)?shù)解：1） =tRB´/tRA=(

17、 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在流動(dòng)相停留分?jǐn)?shù) Rf =1/(1+kA)=1/(1+8)=11.11%則A在固定相停留分?jǐn)?shù) Rf =1-Rf=1-11.11%=88.89%（1）= （2）， （3）5、物質(zhì)P和Q在色層柱上的保留時(shí)間分別為18.7min和21.1min，峰底寬分別為1.21min和1.31min，求二者的分離度。解：R=解： 對(duì)于第種，樹脂H濃度不變，則=3.2×(5.02mmol/g) (0.12mmol/ml

18、)=(8000/g) 1/ml 溶液中Ca的量樹脂中Ca的量1×100ml8000×2g =1160 溶液中Ca的分?jǐn)?shù)1（1601）×1000.62對(duì)于第種，假設(shè)溶液中Ca都到樹脂中=100ml×(0.001mmol/ml)×22g =0.10mmol則 =5.0-0.10=4.9mmol/g 干樹脂 H+=0.1mmol/ml(0.1mmol/g×2g)/100ml =0.102mmol/ml3.2×(4.92mmol/g) (0.1022mmol/ml)=(7400/g) 1/ml 溶液中Ca的量樹脂中Ca的量1×100ml7400×2g =1148 溶液中Ca的分?jǐn)?shù)1（1481）×1000.672解： 交換容量為： 交換容量為： 假設(shè)穿透曲線為對(duì)稱的S型，則 第六章1. 解：由滲透壓的公式 RTn/V, 對(duì)電解質(zhì)2，假設(shè)V=1L, 水液，則有 3.5%海水：1RTn1/V12×8.314×2