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，Fe 3+，FeCl 2+ ，FeCl 2+，FeCl 3，FeCl 4-的浓度，并计算此时自由Fe 3+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K 1=4.2，K 2=1.3， K 3=0.040， K 4=0.012（25°C ，I=1.0），C FeCl3=0.01 mol/L 。 解：β1= K 1=4.2，β2= K 1×K 2=5.46，
β3= K 1×K 2×K 3=0.48，β4= K 1×K 2×K 3×K 4=0.00262
34
234
1234[]9.2310/1[][][][]
Fe T Fe mol L Cl Cl Cl Cl ββββ+-----=
=?++++ 2331[][][] 3.810/FeCl Fe Cl mol L β++--==?
23313232233
4
3334644[][][] 3.810/[][][] 5.010/[][][] 2.010/[][][] 2.410/FeCl Fe Cl mol L FeCl Fe Cl mol L FeCl Fe Cl mol L FeCl Fe Cl mol L
ββββ++--++--+
---+--==?==?==?==?
319.19%1[]
n
Fe n Cl φβ+
-=
=+∑
3.、已知草酸的电离常数为lgK a1=-1.4, lgK a2=-3.8，试计算pH=3时，溶液中C 2O 4-，HC 2O 4-，H 2C 2O 4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
0112
22113.39%
1[]
[]
84.49%1[][] 2.12%
1[]n
n n
n n
n H H H H H φββφββφβ+++++=
=+==+==+∑∑∑
4、计算NH 3在溶液中加合质子不超过1%时最低pH 值，已知NH 3的加质子常数为lgK H =9.4。
解：平衡时，43[]
[][]
H
NH K NH H +
+=
12
49.4
3[]1%[] 4.0210[]99%10H NH H K NH +
+
-===??mol/L
则pH=11.4
5、NH 3-NH 4NO 3缓冲溶液中，NH 3和NH 4+的总浓度为0.2mol/L ，该溶液中有总浓度为 1.0×10-4 mol/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lg β1=2.75，lg β2=4.95，lg β
3=6.64，lg β4=7.79，lg β5=8.50，lg β6=8.49，Ni （OH ）
+
的稳定常数
lgK 1=4.6，NH 4+的加质子常数lgK H =9.4，试计算此溶液中游离的Ni 2+的浓度。
解：
3443[]
lg
[]
[][]0.2/H NH pH pK NH NH NH mol L
+
+
=++=，解得[NH 3]=0.16mol/L
29
31[] 1.0110/1[][]
Ni n n T Ni mol L NH K OH β+--
=
=?++∑ 解：由lgK H =9.4可得pKa=9.4
而pH=pKa+lg([NH 3]/[NH 4+]) pH=10.0 [NH 3]+[NH 4+]=0.2mol/L ∴ [NH 3]=0.1598mol/L
∵ [Ni 2+]+[Ni(NH 3)n ]+[Ni(OH)+]=10-4mol/L
[Ni 2+]+[Ni(NH 3)n ]= [Ni 2+](1+β1[NH 3]+ β2[NH 3]2+…+β6[NH 3]6) =[Ni 2+]×8.678×104mol/L [Ni(OH)+]= [Ni 2+]×[OH -]×Ka
∴ [Ni 2+]=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1
3
0C x=15x -,
在C 0=10，20，100mmol/L 时，用试差法可解得 C 0=10mmol/L ，x=0.273，Y%=97.27% C 0=20mmol/L ，x=1.798，Y%=91.06% C 0=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, λ并绘制D 和λ对沉淀Ba 的曲线, 对结果进行讨论.
解：Ba%= y
b
，Ra%= a x ，
则a a R %1%1-R %%a a B D B -=
，a a ln(1R %)
ln(1B %)
λ-=- 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(I)—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D Cu, E Cu, D Co, E Co,βCu/Co
解：已知R=1/3,
/[]32.4
154.29[]0.21[]0.075
0.160[]0.47
0.981
10.0506
1964.31org Cu aq org Co aq
Cu Cu Cu Co Co Co Cu
Cu Co Co
Cu D Cu Co D Co D R
E D R D R
E D R D D β=====
=?==?+?=
=?+=
=
2、 8—羟基喹啉(以HO x 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:-
++++??→?+??→?-+x K
x K x O H HO H O H x
O x
O H 222
HO x 在两项中的分配常数
⑴ 请导出分配比D m 表达式 (D 为Λ,[H +]的函数) ⑵ 计算pH = 2, 6, 12 时D 的值
解：(1)
2
2[][][][][][][][][]/[]
x
x
x org
m x aq x aq x aq
x org
x aq x aq x aq H O O HO D H O HO O HO HO H k HO HO k H +-+-++=++=
++
2
510[]1/[]
1
720 1.310[]1 1.410/[]
x
x
H O O H k k H H H +
-+++-+Λ
=
++=?
?++?
5
2103.1]
][[][2
?==+
+
+
H HO O H K x x O H x
10
104.1]
[]][[-+-?==-
x x O HO H O K x
720
]
[][0
==
∧x x HO HO
(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H 2SO 4介质溶液中萃取微量Fe(III), 其反应式为
Fe 3++3(HA)2(O)→Fe(HA 2)3(O)+3H +, 求水相中SO 42-总值为 1.0mol/L, SO 42-与Fe(III)形成的各级配阴离子Fe 3++nSO 42-→Fe(SO 4)n (2n-5)-积累稳定常数β1=100, β2=1000, β
3 =5000,
已知pH=1时, SO 42-中有
10%是以SO 42-形式存在, 此时实测Fe(III)的分配比D 1=15, 现在pH=2, SO 42-为总硫酸根浓度的50%, Fe(III)的分配比D 2是多少?
解：
32333344242333
22332322323
14242433
2222223142424[][()][][][][()][()]
[][]/[][][][][][][][][]/[]1[][][]
org org
aq
Fe Fe HA D Fe Fe FeSO Fe SO Fe SO k Fe H A H Fe Fe SO Fe SO Fe SO k H A H SO SO SO ββββββ++++
--++++-+-+-+---=
=
+++=+++=+++ 将pH=1，β1，β
2，
β
3，
[SO 42-]1，D 1值代入上式，可得
322[]k H A =0.39;
则pH=2，β1，β2,β3，[SO 4
2-
]2代入，可得D 2=421.17
4、
用 P204从酸性水溶液中萃取UO 22+, 反应式可写为
UO 22++2(H 2A 2)(o) →UO 2(HA 2)2(o)+2H +,平衡水相中的条件为[H 2SO 4]=0.4mol/L, pH=0.37, C U =0.001mol/L, 原始有机相中[H 2A 2](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
UO 22++2(H 2A 2)(o)+TBP (o) →
UO 2(HA 2)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UO 2(HA 2)(o)+TBP (o) →UO 2(HA 2)2·TBP (o) 的平衡常数β协。 已知0.4mol/LH 2SO 4的水溶液中[SO 42-]=0.112mol/L, 配合物UO 2SO 4, UO 2(SO 4)22-和UO 2(SO 4)34-的稳定常数β1=50, β2=350, β3=2500。
解：UO 22++2(H 2A 2)(o)+TBP (o) →UO 2(HA 2)2·TBP (o)+2H + …….k 协
UO 22++2(H 2A 2)(o) →UO 2(HA 2)2(o)+2H + ………….k 1 UO 2(HA 2)(o)+TBP (o) →UO 2(HA 2)2·TBP (o) ………… .k 2 由D= [UO 2(HA 2)2]org /C U 可得出，
[UO 2(HA 2)2]org =D ·C U =14.1×0.001=1.44×10-2mol/L
2+U
22-n
423
5C [UO ]=
1+(SO )
0.001
1500.112350(0.112)2500(0.112)6.8910/n mol L
β-∑=
+?+?+?=?
[H 2A 2]=0.0907-2×1.41×10-2=0.0625mol/L
22221222220.3722
52[][()][][](10) 1.44106.8910(0.0619)9925.7
org org
H UO HA k UO H A ++---=
??=
??= 4.66
2110 4.6059925.7
k k k ===协
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：
)(22org At At ?
212[]100[]org aq
At D At =
=
2222
2
274
2[][]2[][]()10025002500 2.510[]110org
org
aq At At k At At At -=====??
1
222
221
22572[]2[]2([])[][]()2(10 2.510)31.62
org
org
org org aq
At At D At At At k
-====???=
44
4042
414124123443
042
112123[]4[][][][]/[][]/[]4[]1/[]/[]s s s s s s s p O O k p O O D O O k O O k k O O H k k k O O H p k p O O k k k H k k k H +++++=
++++=
+++
6. 四氧化锇在四氯化碳和水中的分配可描述如下(1)
1
4225K OsO H O H OsO +←?→
2255K H OsO H HOsO +-←?→+, 3255K HOsO H OsO -+-←?→+
⑵ 在有机相:
⑶ 在两相中的分配比
试将锇的分配比D 表示成K 1, K 2, K 3, P, K o , [H +] 和水相中OsO 4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1.0×104倍; (2) 经过这样萃取后, A 的回收率是多少?
解：（1）4
100.1%9.99%9.0%99%98?=??
? ????n
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%
)
(44)(4o K OsPO OsO o
?→←44()
24145225124225351234444
40404()()[][],
[][]/[][]/[][][]/[][]/[][()][][]P
o o o OsO OsO H OsO k OsO HOsO k H OsO H k k OsO H OsO k HOsO H k k k OsO H OsPO k OsO k p OsO -++--++←?→=======
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：n H+=n OH-总量－n OH-剩余＝0.143×0.2－4×0.982×6.2×10-3
=4.2464×10-3mol=4.2464mmol
q= n H+/m=4.2464/0.812=5.230 mmol/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：n K++ n Na+=34.56×10-3×0.1023=3.5355mmol
119 n K++58.44 n Na+=0.2567
解得：n K+=8.27×10-4mol, n Na+=2.708×10-3mol
W NaCl=2.708×10-3×58.44/0.2567=61.65%
W KBr=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：
111
23.81%
'1 3.21
1
m
s
s m
m
n
n n k
n
====
+++
+
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=t RB ′/t RA =( t RB – t 0)/( t RA – t 0)=(30-2)/(18-2)=1.75
2） k A = t RA / t 0=(18-2) /2=8 k B = t RB / t 0=(30-2) /2=14 3）
A 在流动相停留分数 R f =1/(1+k A )=1/(1+8)=11.11% 则A 在固定相停留分数 R f =1-R f =1-11.11%=88.89%
（1）α=
00'302
1.75'182
RB RB RA RA t t t t t t --===-- （2）0
'8RA A t t k t -==， 00'14RB B t t k t -== （3）
88.89%RA RA
t t t η-==
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=
21212()2(21.118.7)
1.9051.31 1.21
R R t t t t W W --==++
解： )分配比D(=[H]／3.2[H]= [Ca]／[Ca]
对于第①种，树脂[H]浓度不变，则
[Ca]
[Ca]=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②种，假设溶液中Ca 都到树脂中
[Ca]=100ml ×(0.001mmol/ml)×2／2g =0.10mmol /g H][
则 [H] =5.0-0.10=4.9mmol/g 干树脂
[H]+=0.1mmol/ml ＋(0.1mmol/g ×2g)/100ml =0.102mmol/ml
[Ca]
[Ca]＝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：
L mmol dm mmol
/85.11025.0908004.03
2
=???
?
????π
② 交换容量为：
L mmol dm mmol
/28.21025.01120004.03
2
=???
?
????π
③ 假设穿透曲线为对称的S 型，则ml s
a b 10142
=+= %6.94054.011)(=-=--=--=H
a
b H a b H η
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＝φRTn 1/V
π1＝2×8.314×298.15×1000×3.5％／（58.5×1×10-3） ＝2.97×106Pa
0.1％苦咸水：π2＝φRTn 2/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′＝φRTn 1′/V ＝2π1＝5.97×106Pa
π2′＝φRTn 2′/V ＝2π2＝1.70×105Pa 故：浓度高的海水渗透压高。
2.
%
2.98490
.01490
.0991.0991.02.329.311.1621.1680.1521.16769
.01.0719
.02.0lg 059.0ln ln 10
21210
2
1=--=
=
==?+=+==??===---
-
g
g
g t t t m m m g f f m
P E E E t mV
c c F RT F RT E αα
西安交通大学17年9月课程考试《化工分离过程》作业考核试题
西安交通大学17年9月课程考试《化工分离过程》作业考核试题 一、单选题（共35 道试题，共70 分。） 1. 简单精馏塔是指 A. 设有中间再沸或中间冷凝换热设备的分离装置 B. 有多股进料的分离装置 C. 仅有一股进料且无侧线出料和中间换热设备 D. 无 正确答案： 2. 平均吸收因子法（） A. 假设全塔的温度相等 B. 假设全塔的压力相等 C. 假设各板的吸收因子相等 D. 无 正确答案： 3. 如果二元物系有最低压力恒沸物存在，则此二元物系所形成的溶液一定是（） A. 正偏差溶液 B. 理想溶液 C. 负偏差溶液 D. 不一定 正确答案： 4. 气液两相处于相平衡时，（） A. 两相间组分的浓度相等 B. 只是两相温度相等 C. 两相间各组分的逸度相等 D. 相间不发生传质 正确答案： 5. lewis提出了等价于化学位的物理量（） A. 蒸馏 B. 吸收 C. 膜分离 D. 离心分离 正确答案：
6. 关于均相恒沸物的那一个描述不正确（） A. P-X线上有最高或低点 B. P-Y线上有最高或低点 C. 沸腾的温度不变 D. 部分气化可以得到一定程度的分离 正确答案： 7. 液相双分子吸附中，U型吸附是指在吸附过程中吸附剂（） A. 始终优先吸附一个组分的曲线 B. 溶质和溶剂吸附量相当的情况 C. 溶质先吸附，溶剂后吸附 D. 溶剂先吸附，溶质后吸附 正确答案： 8. 二无理想溶液的压力组成图中，P-X线是（） A. 曲线 B. 直线 C. 有最高点 D. 有最低点 正确答案： 9. 平衡常数较小的组分是 A. 难吸收的组分 B. 较轻组份 C. 挥发能力大的组分 D. 吸收剂中的溶解度大 正确答案： 10. 关于均相恒沸物的那一个描述不正确（） A. P-X线上有最高或低点 B. P-Y线上有最高或低点 C. 沸腾的温度不变 D. 部分气化可以得到一定程度的分离 正确答案： 11. A. B. C. D. 正确答案： 12. 约束变量数就是（） A. 过程所涉及的变量的数目； B. 固定设计变量的数目 C. 独立变量数与设计变量数的和； D. 变量之间可以建立的方程数和给定的条件. 正确答案： 13. 约束变量数就是（）
【化学】化学除杂分离和提纯的专项培优 易错 难题练习题及详细答案
一、中考初中化学除杂分离和提纯 1．某混合溶液含有一定量的硝酸银、硝酸铜和硝酸钡，为逐一分离其中的金属元素，所加试剂均过量，且理论上氢氧化钠的消耗量最少。所加试剂1-3顺序正确的是 A．氢氧化钠、氯化钠、硫酸钠B．氯化钠、氢氧化钠、硫酸钠 C．氯化钠、稀硫酸、氢氧化钠D．硫酸钠、氯化钠、氢氧化钠 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A、先加入氢氧化钠，氢氧化钠会和硝酸铜反应生成蓝色沉淀和硝酸钠，但同时也会和硝酸银反应生成氢氧化银后迅速分解成氧化银，无法将金属元素逐一分离，故A错误； B、先加入氯化钠，氯化钠只和硝酸银反应生成白色沉淀和硝酸钠，不与其他物质反应，将沉淀过滤出来即可分离出银元素，再加入氢氧化钠，氢氧化钠只和硝酸铜反应生成氢氧化铜的沉淀和硝酸钠，将沉淀过滤出来即可分离出铜元素，再加入硫酸钠，硫酸钠和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，将沉淀过滤出来即可分离出钡元素，所加试剂顺序正确，故B正确； C、第二个所加试剂为稀硫酸的话，又因试剂均过量，那么在第三种加入氢氧化钠试剂时氢氧化钠要和过量的稀硫酸反应，氢氧化钠的消耗量就比B选项中的多了，故C错误。 D、硫酸银是微溶物，溶液中多了也会沉淀下来，所以第一步试剂加入硫酸钠的话，无法将硫酸钡和硫酸银给逐一分离，故D错误。 故选B。 2．除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用试剂及操作均正确的一组是（） 选项待提纯的物质选用的试剂操作方法 A Na2SO4(NaOH)稀硫酸加过量的稀硫酸、蒸发结晶 B NaCl(Na2CO3)BaCl2溶液加入适量的BaCl2溶液，过滤，
A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】 【分析】 物质除杂的原则是所加试剂与杂质反应的同时不能引进新的杂质，主要物质可以多但不能少。 【详解】 A、硫酸过量引进新杂质，选项A不正确； B、加入适量的BaCl2溶液，反应后过滤，过滤后蒸发结晶得到NaCl，选项B不正确； C、加过量的稀盐酸，碳酸钾和盐酸反应生成氯化钾，盐酸有剩余，但蒸发结晶过程中盐酸挥发，从而得到氯化钾，选项C正确； D、氧化钙和碳酸钙都能与稀盐酸反应，氧化钙被反应，选项D不正确。故选C。 3．下表物质中含有少量杂质，其中除杂方法正确的是（） A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】
分离过程习题答案
第一章绪论 1.列出5种使用ESA和5种使用MSA的分离操作。 答：属于ESA分离操作的有精馏、萃取精馏、吸收蒸出、再沸蒸出、共沸精馏。 属于MSA分离操作的有萃取精馏、液-液萃取、液-液萃取（双溶剂）、吸收、 吸附。 2.比较使用ESA与MSA分离方法的优缺点。 答：当被分离组分间相对挥发度很小，必须采用具有大量塔板数的精馏塔才能分 离时，就要考虑采用萃取精馏（MSA），但萃取精馏需要加入大量萃取剂， 萃取剂的分离比较困难，需要消耗较多能量，因此，分离混合物优先选择能 量媒介(ESA)方法。 3.气体分离与渗透蒸发这两种膜分离过程有何区别？ 答：气体分离与渗透蒸发式两种正在开发应用中的膜技术。气体分离更成熟些， 渗透蒸发是有相变的膜分离过程，利用混合液体中不同组分在膜中溶解与扩 散性能的差别而实现分离。 5.海水的渗透压由下式近似计算： π=RTC/M， 式中C为溶解盐的浓度，g/cm3；M为离子状态的各种溶剂的平均分子量。若从含盐0.035 g/cm3的海水中制取纯水，M=31.5，操作温度为298K。问反渗透膜两侧的最小压差应为多少kPa? 答：渗透压π=RTC/M＝8.314×298×0.035/31.5=2.753kPa。 所以反渗透膜两侧的最小压差应为2.753kPa。 9. 假定有一绝热平衡闪蒸过程，所有变量表示在所附简图中。求： （1）总变更量数Nv; （2）有关变更量的独立方程数Nc； （3）设计变量数Ni; （4）固定和可调设计变量数Nx , Na； （5）对典型的绝热闪蒸过程，你 将推荐规定哪些变量？ 思路1： 3股物流均视为单相物流， 总变量数Nv=3(C+2)=3c+6 独立方程数Nc F zi T F P F V , yi ,Tv , Pv L , x i , T L , P L 习题5附图
化工分离工程试题答卷及参考答案
MESH方程。 一、填空(每空2分,共20分) 1. 如果设计中给定数值的物理量的数目等于 设计变量，设计才有结果。 2. 在最小回流比条件下，若只有重组分是非分 配组分，轻组分为分配组分，存在着两个 恒浓区，出现在精镏段和进料板 位置。 3. 在萃取精镏中，当原溶液非理想性不大时， 加入溶剂后，溶剂与组分1形成具有较强正 偏差的非理想溶液，与组分2形成 负偏差或理想溶液，可提高组分1对2的 相对挥发度。 4. 化学吸收中用增强因子表示化学反应对传质 速率的增强程度，增强因子E的定义是化学吸 收的液相分传质系数（k L）/无化学吸收的液相 分传质系数（k0L）。 5. 对普通的N级逆流装置进行变量分析，若组 分数为C个，建立的MESH方程在全塔有 NC+NC+2N+N=N(2C+3) 个。 η； 6. 热力学效率定义为= 实际的分离过程是不可逆的，所以热力学效 率必定于1。 7. 反渗透是利用反渗透膜选择性的只透过 溶剂的性质，对溶液施加压力，克服溶 剂的渗透压，是一种用来浓缩溶液的膜 分离过程。 二、推导(20分) 1. 由物料衡算，相平衡关系式推导图1单 级分离基本关系式。 ——相平衡常数； 式中： K i ψ——气相分 率（气体量/进料量）。 2. 精馏塔第j级进出物料如图1，建立
三、简答(每题5分,共25分) 1.什么叫相平衡相平衡常数的定义是什么 由混合物或溶液形成若干相，这些相保持物理平衡而共存状态。热力学上看物系的自由焓最小；动力学上看相间表观传递速率为零。 K i =y i /x i 。 2.关键组分的定义是什么；在精馏操作中， 一般关键组分与非关键组分在顶、釜的 分配情况如何 由设计者指定浓度或提出回收率的组分。 LK绝大多数在塔顶出现，在釜中量严格控制； HK绝大多数在塔釜出现，在顶中量严格控制； LNK全部或接近全部在塔顶出现； HNK全部或接近全部在塔釜出现。 3.在吸收过程中，塔中每级汽、液流量为 什么不能视为恒摩尔流 吸收为单相传质过程，吸收剂吸收了气体中的溶质而流量在下降过程中不断增加，气体的流量相应的减少，因此气液相流量在塔内都不能视为恒定。 4.在精馏塔中设中间换热器为什么会提高 热力学效率 在中间再沸器所加入的热量其温度低于塔 底加入热量的温度，在中间冷凝器所引出的 热量其温度高于塔顶引出热量的温度，相对 于无中间换热器的精馏塔传热温差小，热力 学效率高。 5.反应精馏的主要优点有那些 （1）产物一旦生成立即移出反应区；（2）反应区反应物浓度高，生产能力大；（3）反应热可由精馏过程利用；（4）节省设备投资费用；（5）对于难分离物系通过反应分离成较纯产品。 四、计算(1、2题10分，3题15分，共35分) 1. 将含苯（mol分数）的苯（1）—甲苯（2）混合物在下绝热闪蒸，若闪蒸温度为94℃，用计算结果说明该温度能否满足闪蒸要求 已知：94℃时P 1 0= P 2 0= 2. 已知甲醇（1）和醋酸甲酯（2）在常压、54℃ 下形成共沸物，共沸组成X 2 =(mol分率), 在此条件下：kPa P kPa p98 . 65 , 24 . 9002 1 = =求 该系统的活度系数。 3. 气体混合物含乙烷、丙烷、丁烷（均为摩尔分数），用不挥发的烃类进行吸收，已知吸收后丙烷的吸收率为81%，取丙烷在全塔的平均吸收因子A=，求所需理论板数；若其它条件不变，提高平均液汽比到原来的2倍，此时丙烷的吸 收率可达到多少。
分离过程学习指导和习题集.docx
例题详解 1. 填空题 (1) 汽液相平衡是处理（汽液传质分离）过程的基础。相平衡的条件是（所有相 中温度压力相等，每一组分的化学位相等） 。 K i z i 1, z i 1 (2) 当混合物在一定的温度、压力下，满足（ K i ）条件即 处于两相区，可通过（物料平衡和相平衡）计算求出其平衡汽液相组成。 2. 简答题 (1) 什么叫露点，精馏塔顶温度如何处理？ 露点温度（压力）是在恒压（温）下冷却气体混合物，当气体混合物开始冷凝出现第一个液滴时的温度（压力） ，简称露点。精馏塔塔顶温度即为对应塔顶汽相组成的露点。 (2) 怎样判断混合物在 T ，P 下的相态，若为两相区其组成怎样计算？ 对进料作如下检验。 = 1 T T B 进料处于泡点， 0 k i Z i > 1 T >T B 可能为汽液两相区， >0 < 1 T
化工分离过程试卷A答案
泰山学院材料与化学工程系2004级、2006级（3＋2）化学工 程与工艺专业(本)科2007～2008学年第一学期 《化工分离过程》试卷A 答案及评分标准 (试卷共7页，答题时间120分钟) 一、 填空题(每空1分，共30分) 1.萃取剂回收段 2. KV L A =、难易程度 3.设计、操作 4. 分配组分 5.1个、单向传质 6. 稀释 7. 增大 8. S 、H 9. 塔釜 10.理论板数 11. 可逆 12. 大于 13. 平衡分离过程、速率控制过程 14. 气相组成和液相组成的比值（y/x ） 15. ∑=1i i x K 16. 越多 17.底 18.P 2s 、P 1s 19不利 20. 硅胶、活性氧化铝、活性炭 21. 能量ESA 、物质MSA 二、选择题(共10题，每题2分，共20分) 1.a 2.a 3.a 4.c 5.c 6.c 7.b 8.d 9.d 10.a 三、简答题(共6题，每题5分，共30分)
1.采用简单塔完全分离含C个组分的物料为C个产品，需C-1个塔（2分）安排分离流程的一些经验规则： 1）按相对挥发度递减顺序分离； 2）最困难的分离应放在塔序的最后； 3）尽可能对分（塔顶与塔釜采出相差不大）； 4）分离要求高的组分最后分； 5）含量多的组分先分； 6）特殊组分先分（特殊组分：热敏性、强腐蚀性、易爆、易燃等）。（以上每小点0.5分） 2.多组分精馏分离，馏出液中除了重关键组分外没有其他重组分，重组分全部由塔釜排出，而釜液中除了轻关键组分外没有其它轻组分，轻组分全部由塔顶排出，这种分离情况称为清晰分割，此时非关键组分为非分配组分。（3分）而馏出液中除了重关键组分外还有其他重组分，釜液中除了轻关键组分外还有其它轻组分，这种分离情况称为非清晰分割，此时非关键组分为分配组分。（2分） 3. 1）原理不同：吸收是根据各组分溶解度不同进行分离的。精馏利用组分间相对挥发度不同使组分分离。（1分） 2）传质形式不同：精馏操作中，汽液两相接触时，汽相中的较重组分冷凝进入液相，而液相中较轻组分被气化转入汽相，因此传质过程是双相传质过程；而吸收过程则是气相中的某些组分溶到不挥发的吸收剂中去的单向传质过程。（2分） 3）塔式不同：一般的精馏塔是一处进料，塔顶和塔釜出料，而吸收塔是两处进料、两处出料。（1分） 4）多组分精馏过程有两个关键组分，多组分吸收过程只有一个关键组分（1分）。 4.最小回流比是馏的极限情况之一，此时，未完成给定的分离任务，所需
分离课后习题及答案.
【注意事项】 1.因时间关系，详细复习总结的电子版没时间做了，大家抽空多看看课本，考试以课本基础知识为主，书上找不到答案的不会考。 2.这里主要总结了老师上课讲的课后题 参考 答案，以及部分往届复习的名词解释整合，大家参考记忆。 3.考试题型：6-7个名词解释，6-7个选择题（考察细节掌握，一个两分），填空，简答论述（接近50分）。 4.不考计算题，但依然会考公式的其他应用，复习时自己注意。 5.【P22】【P24】【P44-45】【P216-217】这几页的图和表必须会解读，【P191-192】这两页表必须背过，必考重点！考试没有画图题，但可能有读图题，常见的重点图示必须熟悉。 6.抓紧时间好好复习，今年监考比历届都要严，不要因小失大！！！ 7.最后，祝都过。 ***感谢冯晓博、马阿敏、张雪琴三位热心的好学霸肯抽出时间为大家整理资料*** 第一章 绪论 1.分离技术的三种分类方法各有什么特点？ 答：（1）按被分离物质的性质分类分为物理分离法、化学分离法、物理化学分离法。 （2）按分离过程的本质分类分为平衡分离过程、速度差分离过程、反应分离过程。 （3）场流分类法 2.分离富集的目的？ 答：①定量分析的试样通常是复杂物质，试样中其他组分的存在常常影响某些组分的定量测定，干扰严重时甚至使分析工作无法进行。这时必须根据试样的具体情况，采用适当的分离方法，把干扰组分分离除去，然后才能进行定量测定。②如果要进行试样的全分析，往往需要把各种组分适当的分离，而后分别加以鉴定或测定。③而对于试样中的某些痕量组分，进行分离的同时往往也就进行了必要的浓缩和富集，于是就便于测定。因此物质的化学分离和测定具有同样重要意义。 3.什么是直接分离和间接分离？ 答：直接分离是将待测组分从复杂的干扰组分分离出来；间接分离是将干扰组分转入新相，而将待测组分留在原水相中。 4.阐述浓缩、富集和纯化三个概念的差异与联系？ 答：富集：通过分离，使目标组分在某空间区域的浓度增大。浓缩：将溶剂部分分离，使溶质浓度提高的过程。纯化：通过分离使某种物质的纯度提高的过程。 根据目标组分在原始溶液中的相对含量（摩尔分数）的不同进行区分： （方法 被分离组分的摩尔分数）富集 <0.1；浓缩 0.1－0.9；纯化 >0.9。 5.回收因子、分离因子和富集倍数有什么区别和联系？ 答：（1）被分离物质在分离过程中损失量的多少，某组分的回收程度，用回收率来表示。 待测组分A 的回收率，用RA 表示，QA °---为富集前待测物的量；QA---富集后待测物的量。%100?= A A A Q Q R （2）分离因子：两组分的分离程度。用SA ， B 表示。B A B A B A B ,//R R Q Q Q Q S A =??= A —待测组分；B —干扰组分。如果待测组分A 符合定量要求，即可认为QA ≈ Q oA ，SA,B ≈ Q oB/QB = 1/RB ，常量组分测定：SA,B ≈103；分离因子越大，分离效果越好。 （3）富集倍数：目标组分和基体组分的回收率之比，用F 表示， M M T T M T Q Q Q Q R R F //== RT 为组分的回收率；RM 为基体的回收率； QT °为富集前待测物的量； QT 为富集后待测物的量；QM °为富集前基体的量；QM 为富集后基体的量。
化工分离过程试题库
化工分离过程试题库 TTA standardization office【TTA 5AB- TTAK 08- TTA 2C】
化工分离过程试题库 朱智清 化学工程系有机教研室 目录 前言 ...................................................................................................................... 目录 ...................................................................................................................... 第一部分填空题 ................................................................................................... 第二部分选择题 ................................................................................................... 第三部分名词解释............................................................................................... 第四部分计算题 ...................................................................................................
分离课后习题及答案
第一章绪论1.分离技术的三种分类方法各有什么特点？ 答：（1）按被分离物质的性质分类分为物理分离法、化学分离法、物理化学分离法。 （2）按分离过程的本质分类分为平衡分离过程、速度差分离过程、反应分离过程。（3）场流分类法 2.分离富集的目的？ 答：①定量分析的试样通常是复杂物质，试样中其他组分的存在常常影响某些组分的定量测定，干扰严重时甚至使分析工作无法进行。这时必须根据试样的具体情况，采用适当的分离方法，把干扰组分分离除去，然后才能进行定量测定。②如果要进行试样的全分析，往往需要把各种组分适当的分离，而后分别加以鉴定或测定。③而对于试样中的某些痕量组分，进行分离的同时往往也就进行了必要的浓缩和富集，于是就便于测定。因此物质的化学分离和测定具有同样重要意义。 3.什么是直接分离和间接分离？ 答：直接分离是将待测组分从复杂的干扰组分分离出来；间接分离是将干扰组分转入新相，而将待测组分留在原水相中。 4.阐述浓缩、富集和纯化三个概念的差异与联系？ 答：富集：通过分离，使目标组分在某空间区域的浓度增大。浓缩：将溶剂部分分离，使溶质浓度提高的过程。纯化：通过分离使某种物质的纯度提高的过程。 根据目标组分在原始溶液中的相对含量（摩尔分数）的不同进行区分： （方法被分离组分的摩尔分数）富集<0.1；浓缩0.1－0.9；纯化>0.9。 5.回收因子、分离因子和富集倍数有什么区别和联系？
答：（1）被分离物质在分离过程中损失量的多少，某组分的回收程度，用回收率来表示。 待测组分A 的回收率，用RA 表示，QA °---为富集前待测物的量；QA---富集后待测物的量。%100?= A A A Q Q R （2）分离因子：两组分的分离程度。用SA ， B 表示。B A B A B A B ,//R R Q Q Q Q S A =??= A —待测组分；B —干扰组分。如果待测组分A 符合定量要求，即可认为QA ≈ QoA ，SA,B ≈ QoB/QB = 1/RB ，常量组分测定：SA,B ≈103；分离因子越大，分离效果越好。 （3）富集倍数：目标组分和基体组分的回收率之比，用F 表示， M M T T M T Q Q Q Q R R F //== RT 为组分的回收率；RM 为基体的回收率； QT °为富集前待测物的量； QT 为富集后待测物的量；QM °为富集前基体的量；QM 为富集后基体的量。 第二章 分离过程中的热力学 2.气体分子吸附在固体吸附剂表面时，某吸附等温线可以由朗格缪尔吸附方程得到。试分析吸附物质的吸附平衡常数K 与该气体物质在气相的分压p 需满足什么条件才能使朗格缪尔吸附等温线近似为直线。 答：溶质吸附量q 与溶质气体分压p 的关系可以用朗格缪尔吸附方程表示：p K p K q q A A +=1max ，式中qmax 为溶质在固相表面以单分子层覆盖的最大容量；KA 为溶质的吸附平衡常数。在低压时，p K q q p K A A max 1=，《。 第三章 分离过程中的动力学 1.简单讨论分子运动与宏观物体机械运动的差别和共同点。
化工分离工程习题答案简介
分离工程习题 第一章 1. 列出5种使用ESA 和5种使用MSA 的分离操作。 答：属于ESA 分离操作的有精馏、萃取精馏、吸收蒸出、再沸蒸出、共沸精馏。 属于MSA 分离操作的有萃取精馏、液-液萃取、液-液萃取（双溶剂）、吸收、吸附。 5.海水的渗透压由下式近似计算：π=RTC/M ，式中C 为溶解盐的浓度，g/cm 3；M 为离子状态的各种溶剂的平均分子量。若从含盐0.035 g/cm 3的海水中制取纯水，M=31.5，操作温度为298K 。问反渗透膜两侧的最小压差应为多少kPa? 答：渗透压π=RTC/M ＝8.314×298×0.035/31.5=2.753kPa 。 所以反渗透膜两侧的最小压差应为2.753kPa 。 9.假定有一绝热平衡闪蒸过程，所有变量表示在所附简图中。求： （1） 总变更量数Nv; （2） 有关变更量的独立方程数Nc ； （3） 设计变量数Ni; （4） 固定和可调设计变量数Nx , Na ； （5） 对典型的绝热闪蒸过程，你 将推荐规定哪些变量？ 思路1： 3股物流均视为单相物流， 总变量数Nv=3(C+2)=3c+6 独立方程数Nc 物料衡算式 C 个 热量衡算式1个 相平衡组成关系式C 个 1个平衡温度等式 1个平衡压力等式 共2C+3个 故设计变量Ni =Nv-Ni=3C+6-(2C+3)=C+3 固定设计变量Nx ＝C+2,加上节流后的压力，共C+3个 可调设计变量Na ＝0 解： （1） Nv = 3 ( c+2 ) V-2 F zi T F P F V , yi ,Tv , Pv L , x i , T L , P L 习题5附图
分离工程课后习题答案刘家祺
分离工程习题 第一章 1.列出5种使用ESA和5种使用MSA的分离操作。 答：属于ESA分离操作的有精馏、萃取精馏、吸收蒸出、再沸蒸出、共沸精馏。 属于MSA分离操作的有萃取精馏、液-液萃取、液-液萃取（双溶剂）、吸收、吸附。 5.海水的渗透压由下式近似计算：π=RTC/M，式中C为溶解盐的浓度，g/cm3；M为离子状态的各种溶剂的平均分子量。若从含盐0.035 g/cm3的海水中制取纯水，M=31.5，操作温度为298K。问反渗透膜两侧的最小压差应为多少kPa? 答：渗透压π=RTC/M＝8.314×298×0.035/31.5=2.753kPa。 所以反渗透膜两侧的最小压差应为2.753kPa。 9.假定有一绝热平衡闪蒸过程，所有变量表示在所附简图中。求： （1）总变更量数Nv; （2）有关变更量的独立方程数Nc； （3）设计变量数Ni; （4）固定和可调设计变量数Nx , Na； （5）对典型的绝热闪蒸过程，你将推荐规定哪些变量？ 思路1： 3股物流均视为单相物流， 总变量数Nv=3(C+2)=3c+6 独立方程数Nc 物料衡算式C个 热量衡算式1个 相平衡组成关系式C个 1个平衡温度等式 1个平衡压力等式共2C+3个 故设计变量Ni =Nv-Ni=3C+6-(2C+3)=C+3 固定设计变量Nx＝C+2,加上节流后的压力，共C+3个 可调设计变量Na＝0 解： （1）Nv = 3 ( c+2 ) （2）Nc 物 c
能 1 相 c 内在(P，T) 2 Nc = 2c+3 （3）Ni = Nv – Nc = c+3 （4）Nxu = ( c+2 )+1 = c+3 （5）Nau = c+3 –( c+3 ) = 0 思路2： 输出的两股物流看成是相平衡物流，所以总变量数Nv=2(C+2) 独立方程数Nc：物料衡算式C个，热量衡算式1个,共C+1个 设计变量数Ni=Nv-Ni=2C+4-(C+1)=C+3 固定设计变量Nx:有C+2个加上节流后的压力共C+3个 可调设计变量Na：有0 11.满足下列要求而设计再沸汽提塔见附图，求： （1）设计变更量数是多少？ （2）如果有，请指出哪些附加变量需要规定？ 解：N x u 进料c+2 压力9 c+11=7+11=18 N a u 串级单元 1 传热 1 合计 2 N V U = N x u+N a u = 20 附加变量：总理论板数。 16.采用单个精馏塔分离一个三组分混合物为三个产品(见附图),试问图中所注设计变量能否使问题有唯一解?如果不,你认为还应规定哪个(些)设计变量? 解: N X U进料c+2 压力40+1+1 c+44 = 47 N a u3+1+1+2 = 7 N v u = 54 设计变量：回流比，馏出液流率。 第二章 4.一液体混合物的组成为：苯0.50；甲苯0.25；对二甲苯0.25(摩尔分率)。分别
化工分离过程试题库
化工分离过程试题库 朱智清 化学工程系有机教研室
目录 前言................................. 错误!未定义书签。目录................................................ II 第一部分填空题 (3) 第二部分选择题 (8) 第三部分名词解释 (14) 第四部分计算题 (15)
第一部分填空题 1.分离作用是由于加入（）而引起的，因为分离过程是（）的逆过程。 2.质量分离的程度用（）表示，处于相平衡状态的分离程度是（）。 3.分离过程是（）的逆过程，因此需加入（）来达到分离目的。 4.工业上常用（）表示特定物系的分离程度，汽液相物系的最大分离程度又 称为（）。 5.固有分离因子是根据（）来计算的。它与实际分离因子的差别用（）来 表示。 6.汽液相平衡是处理（）过程的基础。相平衡的条件是（）。 7.当混合物在一定的温度、压力下，满足（）条件即处于两相区，可通过（） 计算求出其平衡汽液相组成。 8.萃取精馏塔在萃取剂加入口以上需设（）。 9.最低恒沸物，压力降低是恒沸组成中汽化潜热（）的组分增加。 10.吸收因子为（），其值可反应吸收过程的（）。 11.对一个具有四块板的吸收塔，总吸收量的80%是在（）合成的。 12.吸收剂的再生常采用的是（），（），（）。 13.精馏塔计算中每块板由于（）改变而引起的温度变化，可用（）确定。 14.用于吸收过程的相平衡关系可表示为（）。 15.多组分精馏根据指定设计变量不同可分为（）型计算和（）型计算。 16.在塔顶和塔釜同时出现的组分为（）。 17.吸收过程在塔釜的限度为（），它决定了吸收液的（）。 18.吸收过程在塔顶的限度为（），它决定了吸收剂中（）。 19.吸收的相平衡表达式为（），在（）操作下有利于吸收，吸收操作的限度 是（）。 20.若为最高沸点恒沸物，则组分的无限稀释活度系数与饱和蒸汽压的关系式为 （）。 21.解吸收因子定义为（），由于吸收过程的相平衡关系为（）。 22.吸收过程主要在（）完成的。 23.吸收有（）关键组分，这是因为（）的缘故。 24.图解梯级法计算多组分吸收过程的理论板数，假定条件为（），因此可得出 （）的结论。 25.在塔顶和塔釜同时出现的组分为（）。 26.恒沸剂的沸点应显著比原溶液沸点（）以上。 27.吸收过程只有在（）的条件下，才能视为恒摩尔流。
【化学】 化学除杂分离和提纯练习题(含答案)
【化学】化学除杂分离和提纯练习题(含答案) 一、中考化学除杂分离和提纯 1．如表中除去物质所含少量杂质的方法，错误的是（） A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】 试题分析：A、氧气通过灼热的铜网时可与铜发生反应生成氧化铜，而氮气不与铜反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确． B、碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确． C、盐酸能与过量氢氧化钙溶液反应生成氯化钙和水，能除去杂质但引入了新的杂质氢氧化钙（过量的），不符合除杂原则，故选项所采取的方法错 误． D、氯化镁能与过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，再过滤、向滤液中加适量稀盐酸除去过量的氢氧化钠，至溶液pH=7，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确．故选C． 考点：物质除杂或净化的探究；常见气体的检验与除杂方法；酸的化学性质；盐的化学性质． 2．除去下列物质中的杂质，所选方法正确的是（）
B NaCl Na2CO3加入足量稀硫酸，蒸发结晶 C CO2CO点燃 D MnO2KCl加水溶解、过滤、蒸发 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 A、碳不与稀硫酸反应，氧化铜能与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，待完全反应后，过滤、洗涤、干燥可得碳，符合题意； B、加入足量稀硫酸，碳酸钠能与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，氯化钠与稀硫酸不反应，虽然除去了碳酸钠，但是引入了新的杂质硫酸钠，硫酸，不符合题意； C、二氧化碳不燃烧，也不支持燃烧，二氧化碳中混有少量一氧化碳，无法点燃，不符合题意； D、二氧化锰不溶于水，氯化钾溶于水，加水溶解、过滤，洗涤、干燥可得二氧化锰，不符合题意。 故选A。 【点睛】 除杂选择试剂的原则是：不增（不引入新的杂质）、不减（不能将原物质反应掉）、不繁（整个过程不繁琐）。 3．下列除去杂质的方法错误的是 选项物质（括号内为杂质）除去杂质的方法 A CO2(CO)通过NaOH溶液 B N2(O2)通过灼热的铜网 C CaCl2(CaCO3)加水、过滤、蒸发 D HNO3溶液(HCl)加适量AgNO3溶液、过滤
分离工程习题解答模板
［例2-3］ 求含正丁烷( 1) 0.15、 正戊烷( 2) 0.4、 和正已烷( 3) 0.45( 摩尔分数) 之烃类混合物在0.2MPa 压力下的泡点温度。B. 露点温度 a. 解: 因各组分都是烷烃, 因此汽、 液相均可看成理想溶液, K i 只取决于温度和压力。如计算要求不高, 可使用烃类的 p －T －K 图( 见图 2-1) 。 假设 T ＝ 50℃, p ＝0.2MPa, 查图求 K i , 组分 xi Ki yi=Kixi 正丁烷 0.15 2.5 0.375 正戊烷 0.40 0.76 0.304 正已烷 0.45 0.28 0.126 说明所设温度偏低,选正丁烷为K G ,95.0805 .076 .03==∑=i G y K K 。查p-t-k 图t 为58.7, 再设 T ＝ 58.7℃, 重复上述计算得 故泡点温度为 58.7℃。 解: B. 露点温度, 假设 T ＝ 80℃, p ＝0.2MPa, 查图求 K i ,
组分 xi Ki yi/Ki=xi 正丁烷 0.15 4.2 0.036 正戊烷 0.40 1.6 0.25 正已烷 0.45 0.65 0.692 1978.0≠=∑ =∑∴i i i K y x 选正戊烷为参考组分, 则 56.1978.06.14=?=∑?=i G x K K 由56.14=K ,查图2-1a 得t=78℃ K 1=4, K 2=1.56, K 3=0.6, 1053.175.0267.00375.0≈=++=∑ =∑∴i i i K y x 故混合物在78℃。 ［例2-7］ 进料流率为 1000kmol/ h 的轻烃混合物, 其组成为: 丙烷 (1)30% ; 正丁烷 (2)10% ; 正戊烷 (3)15% ; 正已烷 (4)45%( 摩尔 ) 。求在 50 ℃和 200kPa 条件下闪蒸的汽、 液相组成及流率。
化工分离过程-模拟题答案
1.分离过程可分为（机械分离）和（传质分离）两大类。按所依据的物理化学原理不同，传质分离过程可分为两类，即（平衡分离）和（速率分离）。过滤属于（机械分离），精馏操作属于（平衡分离） ，超滤属于（速率分离）。 2. 平衡分离过程所用的分离剂包括（物质媒介）和（能量媒介）。 3. 设计变量由（描述系统的独立变量数）和（变量之间的约束关系数）确定，计算设计变量的表达式是（Ni=Nv-Nc），设计变量分为（固定设计变量）和（可调设计变量）。 4. 工业上常用（分离因子）表示特定物系的分离程度，汽液相物系的最大分离程度又称为（理想分离因子）。 5. 汽液相平衡是处理（传质）过程的基础。相平衡的条件是（各相的温度、压力相等，各相组分的逸度相等）。 6. 在塔顶和塔釜同时出现的组分为（分配组分），只在塔顶或塔釜出现的组分为（非分配组分）。 7. 常见的特殊精馏有（共沸精馏）和（萃取精馏）。 8. 精馏过程的不可逆性表现在三个方面，即（质量传递），（能量传递）和（动量传递） 9. 气体吸收按照溶质与液体溶剂之间的作用性质可分为（物理吸收）和（化学吸收）。吸收因子的定义为（A=L/KV ），其与（L/V ）成正比，与（K ）成反比。 10. 结晶过程要经历两个过程，即（成核）和（晶体生长）。 1. 当把一个常温溶液加热时，开始产生气泡的温度点叫作（C） A.露点 B.临界点 C.泡点 D.熔点 2. 溶液的蒸气压大小（B ） A.只与温度有关 B.不仅与温度有关，还与各组分的浓度有关 C.不仅与温度和各组分的浓度有关，还与溶液的数量有关 D.只与组分的浓度有关 3. 汽液相平衡K值越大，说明该组分越（A ）
化工分离过程试卷试题库.docx
化工分离过程试题库(复习重点) 第一部分填空题 1、分离作用是由于加入（分离剂）而引起的，因为分离过程是（混合过程）的逆过程。 2、固有分离因子是根据（气液相平衡）来计算的。它与实际分离因子的差别用（板效率）来表示。 3、汽液相平衡是处理（气液传质分离）过程的基础。相平衡的条件是（所有相中的温度压力相等、每 一组分的逸度也相等）。 4、精馏塔计算中每块板由于（组成）改变而引起的温度变化，可用（泡露点方程）确定。 5、多组分精馏根据指定设计变量不同可分为（设计）型计算和（操作）型计算。 6、在塔顶和塔釜同时出现的组分为（分配组分）。 7、吸收有（ 1 个）关键组分，这是因为（单向传质）的缘故。 8、对多组分吸收，当吸收气体中关键组分为重组分时，可采用（吸收蒸出塔）的流程。 9、对宽沸程的精馏过程，其各板的温度变化由（进料热焓）决定，故可由（热量衡算）计算各板的温 度。 10、对窄沸程的精馏过程，其各板的温度变化由（组成的改变）决定，故可由（相平衡方程）计算各 板的温度。 11、为表示塔传质效率的大小，可用（级效率）表示。 12、对多组分物系的分离，应将（分离要求高）或（最困难）的组分最后分离。 13、泡沫分离技术是根据（表面吸附）原理来实现的，而膜分离是根据（膜的选择渗透作用）原理来 实现的。 14、新型的节能分离过程有（膜分离）、（吸附分离）。 15、传质分离过程分为（平衡分离过程）和（速率分离过程）两大类。 16、分离剂可以是（能量）和（物质）。 17、 Lewis 提出了等价于化学位的物理量（逸度）。 18、设计变量与独立量之间的关系可用下式来表示( Ni=N v-Nc ) 19、设计变量分为（固定设计变量）与（可调设计变量）。 20、温度越高对吸收越（不利） 21、萃取精馏塔在萃取剂加入口以上需设（萃取剂回收段）。 22、用于吸收过程的相平衡关系可表示为（L = AV ）。 23、精馏有（ 2）个关键组分，这是由于（双向传质）的缘故。 24、精馏过程的不可逆性表现在三个方面，即（通过一定压力梯度的动量传递），（通过一定温度梯度 的热量传递或不同温度物流的直接混合）和（通过一定浓度梯度的质量传递或者不同化学位物流的直接 混合）。 25、通过精馏多级平衡过程的计算，可以决定完成一定分离任务所需的（理论板数），为表示塔实际传 质效率的大小，则用（级效率）加以考虑。 26、超临界流体具有类似液体的（溶解能力）和类似气体的（扩散能力）。 27、常用吸附剂有（硅胶），（活性氧化铝），（活性炭）。 28、恒沸剂与组分形成最低温度的恒沸物时，恒沸剂从塔（顶）出来。 29、分离要求越高，精馏过程所需的最少理论板数（越多）。 30、回流比是（可调）设计变量。 第二部分选择题 1.下列哪一个是速率分离过程（ c ） a.蒸馏 b.吸收 c.膜分离 d.离心分离
(化学)化学化学除杂分离和提纯练习题20篇
（化学）化学化学除杂分离和提纯练习题20篇 一、中考化学除杂分离和提纯 1．下列哪种试剂最适合用来除去NaCl 溶液中混有的少量NaOH （ ） A ．23Na CO 溶液 B ．24H SO 溶液 C ．HCl 溶液 D ．2Ca(OH)溶液 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A 、23Na CO 溶液和NaOH 不反应，不能用于除去NaCl 溶液中混有的少量NaOH ，故A 错； B 、24H SO 溶液和NaOH 发生反应生成硫酸钠和水，会引入新杂质硫酸钠，故B 错； C 、HCl 溶液和NaOH 发生反应生成氯化钠和水，不会引入新杂质，符合题意故C 正确； D 、2Ca(OH)溶液和NaOH 不反应，不能用于除去NaCl 溶液中混有的少量NaOH ，故D 错； 故选：C 。 【点睛】 除杂的原则不引入新杂质，被提纯物质不能减少，杂质容易分离。 2．下列实验方案中，能达到实验目的的是 A ．A B ．B C ．C D ．D 【答案】B 【解析】 A 、分离碳酸钠和氢氧化钠的混合物时加入氢氧化钙，氢氧化钙能与碳酸钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙，过滤可除掉碳酸钙，此过程除掉了原物质中的碳酸钠，不能起到分离碳酸钠与氢氧化钠的目的； B 、除去氯化钠固体中的少量碳酸钠时加适量的稀盐酸，稀盐酸会与碳酸钠反应生成氯化钠水和二氧化碳，二氧化碳从溶液中跑出，剩余的溶液蒸发结晶即
可得较纯净的氯化钠； C、该方式是利用一氧化碳还原氧化铁生成二氧化碳的原理来验证一氧化碳的存在，所以实验开始时一定要先除掉混合物中的原有二氧化碳，以防止对实验的干扰； D、酚酞试液在酸性和中性溶液中均不变色，所以无法区分氯化钠溶液（显中性）和稀盐酸（显酸性），只能鉴定出能使其变红的碱性氢氧化钠的溶液。 3．除去下列物质中的杂质，除杂方法正确的是 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】 【分析】 根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。 【详解】 A、Zn和Fe均能与过量稀硫酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误。 B、氯化钠的溶解度受温度影响较小，氯化钠溶液中含有少量的硝酸钾，应用蒸发结晶的方法提纯氯化钠，故选项所采取的方法错误。 C、除去二氧化碳中的一氧化碳不能够通氧气点燃，这是因为除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质（氧气），故选项所采取的方法错误。 D、过量铁粉能与CuCl2溶液反应生成氯化亚铁溶液和铜，再过滤，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确。 故选：D。 【点睛】 物质的分离与除杂是中考的重点，也是难点，解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键。 4．除去下列各组物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂（足量）及操作方法均正确的是（）
化工分离工程试卷及答案
一、填空(每空2分,共20分) 1. 如果设计中给定数值的物理量的数目等 于设计变量，设计才有结果。 2. 在最小回流比条件下，若只有重组分是 非分配组分，轻组分为分配组分，存在 着两个恒浓区，出现在精镏段和进料 板位置。 3. 在萃取精镏中，当原溶液非理想性不大 时，加入溶剂后，溶剂与组分1形成具有较强正偏差的非理想溶液，与组分2形成负偏差或理想 溶液，可提高组分1对2的相对挥发度。 4. 化学吸收中用增强因子表示化学反应对传质速率的增强程度，增强因子E的定义是化学吸收的液相分传质系数（k L）/无化学吸收的液相分传质系数（k0L）。 5. 对普通的N级逆流装置进行变量分析，若组分数为C个，建立的MESH方程在全塔有NC+NC+2N+N=N(2C+3) 个。 6. 热力学效率定义为 = η；实际的分离过 程是不可逆的，所以热力学效率必定 于1。 7. 反渗透是利用反渗透膜选择性的只透过 溶剂的性质，对溶液施加压力，克服 溶剂的渗透压，是一种用来浓缩溶液 的膜分离过程。 二、推导(20分) 1. 由物料衡算，相平衡关系式推导图1 单级分离基本关系式。 式中：K i——相平衡常数； ψ——气相分率（气体量/进料量）。 2. 精馏塔第j级进出物料如图1，建立MESH方程。
三、简答(每题5分,共25分) 1.什么叫相平衡相平衡常数的定义是 什么 由混合物或溶液形成若干相，这些相保持物理平衡而共存状态。热力学上看物系的自由焓最小；动力学上看相间表观传递速率为零。 K i =y i /x i 。 2.关键组分的定义是什么；在精馏操 作中，一般关键组分与非关键组分 在顶、釜的分配情况如何 由设计者指定浓度或提出回收率的组分。 LK绝大多数在塔顶出现，在釜中量严格控制； HK绝大多数在塔釜出现，在顶中量严格控制； LNK全部或接近全部在塔顶出现； HNK全部或接近全部在塔釜出现。 3.在吸收过程中，塔中每级汽、液流 量为什么不能视为恒摩尔流 吸收为单相传质过程，吸收剂吸收了气体中的溶质而流量在下降过程中不断增加，气体的流量相应的减少，因此气液相流量在塔内都不能视为恒定。 4.在精馏塔中设中间换热器为什么会 提高热力学效率 在中间再沸器所加入的热量其温度低 于塔底加入热量的温度，在中间冷凝器 所引出的热量其温度高于塔顶引出热 量的温度，相对于无中间换热器的精馏 塔传热温差小，热力学效率高。 5.反应精馏的主要优点有那些 （1）产物一旦生成立即移出反应区；（2）反应区反应物浓度高，生产能力大；（3）反应热可由精馏过程利用；（4）节省设备投资费用；（5）对于难分离物系通过反应分离成较纯产品。 四、计算(1、2题10分，3题15分，共35分) 1. 将含苯（mol分数）的苯（1）—甲苯（2）混合物在下绝热闪蒸，若闪蒸温度为94℃，用计算结果说明该温度能否满足闪蒸要求已知：94℃时P10=P20= 2. 已知甲醇（1）和醋酸甲酯（2）在常压、54℃下形成共沸物，共沸组成X2=(mol分率), 在此条件下： kPa P kPa p98 . 65 , 24 . 9002 1 = =求该系统的活度系数。 3. 气体混合物含乙烷、丙烷、丁烷（均为摩尔分数），用不挥发的烃类进行吸收，已知吸收后丙烷的吸收率为81%，取丙烷在全塔的平均吸收因子A=，求所需理论板数；若其它条件不变，提高平均液汽比到原来的2倍，此时丙烷的吸收率可达到多少。