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1、word第十一章 化学动力学11.3某一级反响进展10 min后，反响物反响掉30 %。问反响掉50 %需多少时间？解：设反响掉50 %需时间为t，因 由题给条件得， 如此 ，所以 t11.6偶氮甲烷CH3NNCH3气体的分解反响 CH3NNCH3 (g) C2H6 (g) + N2 (g)为一级反响。在287的真空密闭恒容容器中充入初始压力为21.332 kPa的偶氮甲烷气体，反响进展1000 s时测得系统的总压为22.732 kPa，求速率常数k与半衰期t1/2。解：CH3NNCH3 (g) C2H6 (g) + N2 (g)t=0 p0 0 0t=t p p0-p p0-p 如此 p(总
2、) = p + p0-p + p0-p = 2p0-pp = 2p0- p(总)设参与反响的各物质均是理想气体，因是恒温恒容反响，故有p = nRT/V = cRT c = p/RT如此一级反响的积分式为即 所以 11.8某一级反响A 产物，初始速率为110-3 moldm-3min-1，1 h后速率为10-3 moldm-3min-1。求k，t1/2和初始浓度cA , 0。解：此一级反响的速率方程为-dcA/dt = kcA由题给条件得 -dcA , 0/dt = kcA , 0 = 110-3 moldm-3min-1-dcA/dt = kcA 10-3 moldm-3min-1式除以式，
3、得 由一级反响的积分式得 将k值代入式，得11.9现在的天然铀矿中238U/ 235U =/1。23810-10a-1，23510-10a-1。问在20亿年(2109a)前，238U/ 235U等于多少？(a是时间单位年的符号。)解：由题给速率常数的单位可知，蜕变反响为一级反响。设20亿年前，天然铀矿中含238U和235U的浓度分别为c0和c1,0，现在天然铀矿中含含238U和235U的浓度分别为c和c1，如此 c = c0exp(-kt) c1= c0,1exp(-k1t)式除以式，得所以 exp(10-10-10-10)2109=即在20亿年前，238U:235U =:1。11.11某二级
4、反响A + BC，两种反响物的初始浓度皆为1 moldm-3，经10 min后反响掉25 %，求k 。解：题给反响为初始浓度相等的二级反响，设转化率为x，如此dm3mol-1min-1 = 0.033 3 dm3mol-1min-111.14溶液反响 + + 的速率方程为 在20下，假如反响开始时只有两种反响物，且其初始浓度依次为0.01 moldm-3，0.02 moldm-3，反响26 h后，测得=0.015 62 moldm-3，求k 。解：设为A，为B。因为cA , 0 = cB, 0 /2如此按反响方程式，反响的任意时刻都有cA = cB /2题给速率方程变为积分上式，得 所以dm3
5、mol-1h-1=1.078 5dm3mol-1h-111.17在500 与初压101.325 kPa下，某碳氢化合物发生气相分解反响的半衰期为2 s。假如初压降为10.133 kPa，如此半衰期增加为20 s。求速率常数k 。解：由题给条件可知，反响的半衰期与初压的一次方成反比，这正是二级反响的特征，故 所以 Pa-1s-1= 10-6Pa-1s-1 11.18在一定条件下，反响H2 (g) + Br2 (g)2HBr(g)符合速率方程的一般形式，即在某温度下，当0.1 moldm-3与2 moldm-3时，反响速率为，其他不同浓度时的速率如下表所示。/(moldm-3) /(moldm-3
6、) cHBr/(moldm-3) 反响速率0.1 0.1 2 0.1 0.4 2 80.2 0.4 2 16求反响的分级数n1 ，n2 ，n3。解：根据题给条件可得如下速率方程式除以式，得 所以 n1 =1式除以式，得 所以 n2 式除以式，得 将n2代入上式，得 n3 = -111.21恒温、恒容条件下发生某化学反响：2AB (g) A2 (g) + B2 dm-3和dm-3时，反响的半衰期分别为 s和12.55 s。求该反响的级数n与速率常数kAB 。解：11.22某溶液中反响A+BC，开始时反响物A与B的物质的量相等，没有产物C。1 h后A的转化率为75%，问2 h后A尚有多少未反响？假
7、设：1对A为一级，对B为0级；2对A、B皆为1级。解：1运用一级反响的公式先求出k1当t=2 h时 1-x= 6.25%即A还有6.25%未反响。2运用a=b的二级反响公式当t=2 h时 1-x= 14.3%即A还有14.3%未反响。11.23反响A + 2BD的速率方程为，25时k =210-4dm3mol-1s-1。1假如初始浓度cA , 0 =moldm-3，cB , 0 =moldm-3，求t1/2 ；2假如将过量的挥发性固体反响物A与B装入5 dm3密闭容器中，问25时0.5 molA转化为产物需多长时间？25时A和B的饱和蒸气压分别为10 kPa和2 kPa。解：1由题给反响可知，
8、假如反响掉1 molA如此同时反响掉2 molB，而且cA , 0 cB,0，因此反响进展到任何时刻均有cA =cB ，如此题给速率方程变为积分上式，得 所以 2虽然容器中放入的是固体反响物，因它们易挥发，所以可设想反响在气相中进展，又虽然气体反响物不断消耗，但因固体反响物的存在，故可维持气体反响物的分压不变，即A(g) + 2B(g) Dt = 0 0t = t 0.5 mol设气体为理想气体，如此， ， 代入题给速率方程中，得积分上式，得由反响式可知，生成0.5 mol的D就要消耗0.5 mol的A，如此nA = -0.5 mol，所以108s11.24反响C2H6 (g)C2H4(g)
9、+ H2 (g)在开始阶段约为3/2级反响。910 K时速率常数为1.13 dm3/2mol-1/2s-1。假如乙烷初始压力为113.332 kPa，239.996 kPa，求初始速率0 =。解：1由题意可知设气体为理想气体，如此在等容条件下有 式中，浓度的单位为molm-3；假如浓度的单位采用moldm-3，如此所以将初始压力13332 Pa代入上式，得0 =moldm-3s-110-5moldm-3s-12同理，当初始压力为39996 Pa时0 =moldm-3s-110-4moldm-3s-111.2565时N2O5气相分解的速率常数为k1 = 0.292 min-1，活化能为Ea =
10、103.3 kJmol-1，求80时的k2与t1/2。解：根据阿伦尼乌斯方程得 所以又根据速率常数的单位可知，反响为一级反响，所以11.26双光气分解反响ClCOOCCl3 (g)2COCl2 (g)为一级反响。将一定量双光气迅速引入一个280的容器中，751 s后测得系统的压力为2.710 kPa；经很长时间反响完了后系统压力为4.008 kPa。305时重复实验，经320 s系统压力为2.838 kPa；反响完了后系统压力为3.554 kPa。求活化能。解：ClCOOCCl3 (g) 2COCl2 (g)t = 0p0 0 t = t p 2 (p0p)t = 0p= 2p0 如此 p(总
11、) = p + 2 (p0p)= 2p0p，p = 2 p0p(总) = pp(总)在280时，由一级反响速率方程积分式，得在305时，得因 所以11.27乙醛(A)蒸气的热分解反响为CH3CHO (g)CH4 (g) + CO (g)。518下在一恒容容器中的压力变化有如下两组数据：纯乙醛的初压pA,0/kPa 100 s后系统总压p/kPa1求反响级数n，速率常数k；2假如活化能为190.4 kJmol-1，问在什么温度下其速率常数为518下的2倍？解：1 CH3CHO (g) CH4 (g) + CO (g)t = 0pA , 0 0 0t = t pA pA , 0 -pApA , 0
12、 -pA如此 p(总)=pA +pA , 0 -pA+pA , 0 -pA =2pA , 0 -pApA =2pA , 0 -p(总)由题给表中数据可知，100 s后pA , 0 = 53.329 kPa，pA = (2-66.661) kPa = 39.997 kPa= 26.664 kPa，= (2-30.531) kPa = 22.797 kPa因pA/pA , 00.75，而/0.855，可见此反响初始压力越大，反响速率越快，故不是零级反响；且在同一时间段反响速率不同，也不是一级反响。为此，将数据代入二级反响积分式中尝试计算速率常数。因 所以二者根本一样，故此反响的反响级数n=2。速率
13、常数为2将阿伦尼乌斯方程变形，得所以 T2 = 810.6 K11.29反响A (g) B (g) + C (g)中，k1和k-1在25 -1和10-3(MPa)-1s-1，在35 时二者皆增为2倍。试求：125 时的反响平衡常数；2正、逆反响的活化能与25 时的反响热Q；3假如上述反响在25 的恒容条件下进展，且A的起始压力为100 kPa。假如要使总压力达到152 kPa，问所需要的时间。解：1由题给正、逆反响的速率常数的单位可知，正反响为一级反响，逆反响为二级反响，当对行反响达到平衡时，有k1 pA = k-1 pB pC故 2，因为对于正、逆反响，都有，所以25 时的反响热3 A (g
14、) B (g) + C (g) 100-p p p=100-p+p+p =100+p =152 kPa p = 52 kPak-1 k1 移项得，作定积分，得：11.34某反响由一样初始浓度开始到转化率达20 %所需时间，在40 时为15 min，60 时为3 min。试计算此反响的活化能。解：设反响在40 时的速率常数为k，在60 时的速率常数为k；对级数为n (n1)的反响，因在两个温度下反响的初始浓度与转化率均相等，故 ， 即 假如反响为一级反响，如此 ， 反响在两个温度下的转化率一样，故仍为 ，即 如此 所以 11.35反响A + 2BD的速率方程为1 cA , 0= 0.1moldm
15、-3，cB , 0moldm-3；300 K下反响20 s后cA1moldm-3，问继续反响20 s后= ？2初始浓度同上，恒温400 K下反响20 s后，= 0.003 918moldm-3，求活化能。解：1 由题给反响可知，假如反响掉1 molA如此同时反响掉2 molB，且cA , 0 =cB , 0，因此反响进展到任何时刻均有cA cB ，如此题给速率方程变为式中，。积分上式，得 所以300 K时，此反响的速率常数为dm3mol-1s-1 =3mol-1s-1在300 K下，继续反响20 s后，有dm3mol-1 =190dm3mol-1所以 = 0.005 26 moldm-32同理，在400 K时，此反响的速率常数为dm3mol-1s-1 =3mol-1s-1所以 8 / 8
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