无机及分析化学第三章化学反应速率和限度习题答案

第三章 化学反应速率和限度

3-1 ①×；②×；③×；④×；⑤√；⑥×；⑦√；⑧×；⑨×；⑩×；

3-2 ⑪-④；⑫-③；⑬-①；⑭-③；⑮-③；⑯-③；⑰-②；⑱-③；⑲-①③④；⑳-②； 3-3 ⑪ 复杂反应；基元反应；定速步骤；V=kc(H 2)c 2(NO)；三； ⑫ V=kc(CO)c(NO 2)；质量作用定律；一；二；

⑬ 改变；降低； ⑭ 活化分子总数；活化分子百分数； ⑮ <；>； ⑯ =；<；>； ⑰ 不；右； ⑱ V 正=V 逆；不变；改变； ⑲ ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=121212

T T T T R E k k a log

298

323298

323314.8303.210

1.1105.54

2⨯-⨯

⨯=

⨯⨯--a E E a =199.0 kJ.mol -1

lnk 3=

⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛-1313T T T T R

E a

+lnk 1=()298303314.8298303199000⨯⨯-⨯+ln(1.1×10-4)= -7.7898 k 3=4.14×10-4 s -1

3-4 (1) V=kc 2

(A) (2) k=480L.mol -1

.min -1

8 L.mol -1

.s -1

(3) c(A)=0.0707mol.L -1

3-5 (1) 设速率方程为： V=kc x (NO)c y (H 2)

代入实验数据得： ① 1.92×10-3

=k(2.0×10-3

)x

(6.0×10-3)y

② 0.48×10-3=k(1.0×10-3)x (6.0×10-3)y

③ 0.96×10-3

=k(2.0×10-3)x

(3.0×10-3)y

①÷②得 4 = 2x x=2 ； ①÷③得 2 = 2y y = 1 ∴ V=kc 2(NO)c(H 2) (2) k=8×104

L 2

.mol -2

.s -1

(3) v=5.12×10-3

mol.L -1

3-6 (1) ln ⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛-=121212

T T T T R

E k k a ⎩⎨

⎧

⨯==-1

5111046.3298s

k K T ⎩⎨

⎧

⨯==-1

7211087.4338s

k K T 则：E a =103.56 kJ.mol -1

⎩⎨⎧

⨯==-15111046.3298s

k K T ⎩⎨

⎧==?

31833k K T 代入公式ln

⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛-=131313T T T T R E k k a 得k 3= 4.79×106 s -1

3-7 lnk 2= -RT

E a 2+ lnA ①; lnk 1= -RT

E a 1+ lnA ②

ln

RT

E E k k a a 2112

-==

298314.8840071000⨯-=25.27 ∴

=1

2

k k 9.4×1010 即V 2/V 1=9.4×1010

3-8

v ∝t

1

k ∝t

1 ∴=

1

2

k k

1

211t t =

4

4821=t t =12 ln

⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛-=121212

T T T T R E k k a

∴ ln12 = )278

301278

301(314.8⨯-a E 则：E a =75.16 kJ.mol -1

3-9 lnk 2= -RT

E a 2+ lnA ①; lnk 1= -RT

E a 1+ lnA ②

ln

RT

E E k k a a 2112

-= ∵

1

2k k =4×103 lg(4×103) =

791

314.8303.21900002⨯⨯-a E 则：E a2=135.4 kJ.mol -1

3-10 ∵反应（2）式为定速步骤，∴v=k 2c(I -)c(HClO) 由反应（1）可得K=

)

()

()(--ClO c OH c HClO c ∴c(HClO)=

)

()(--OH c ClO Kc

代入速率方程得：v=k 2c(I -)

)

()(-

-OH c ClO Kc 令k 2K=k ∴ v=k c(I -)c(ClO -)c -1(OH -) 3-11 ∵反应（2）式为定速步骤，∴dt

O dc )(3-=k 2c(O 3)c(O) 由反应（1）可得K=)

()()(32O c O c O c c(O)=

)

()(23O c O Kc

代入速率方程得：dt

O dc )(3-

= k 2c(O 3)

)

()(23O c O Kc 令k 2K=k ∴dt

O dc )

(3-

=)

()(232O c O c k