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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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