解答
(反応速度) = k [A]x [B]y [C]z とおくと、
ln (反応速度) = ln k + x ln[A] + y ln[B] + z ln [C]
ln (6.76×10-6) = ln k + x ln (0.550) + y ln (0.200) + z ln (1.15) ① ln (9.82×10-7) = ln k + x ln (0.210) + y ln (0.200) + z ln (1.15) ② ln (1.68×10-6) = ln k + x ln (0.210) + y ln (0.333) + z ln (1.15) ③ ln (9.84×10-7) = ln k + x ln (0.210) + y ln (0.200) + z ln (1.77) ④
-0.5978 x -1.609 y + 0.1397 z = -11.90 – ln k ①’ -1.560 x -1.609 y + 0.1397 z = -13.83 – ln k ②’ -1.560 x -1.099 y + 0.1397 z = -13.29 – ln k ③’ -1.560 x -1.609 y + 0.5709 z = -13.83 – ln k ④’
①’-②’ 0.962 x = 1.93 x = 2.00 → x = 2 ③’-②’ 0.510 y = 0.54 y = 1.05 → y = 1 ④’-②’ 0.431 z = 0 z = 0 → z = 0
②’に x, y, z を代入 -1.560×2 -1.609 + 0 = -13.83 - ln k 2 ln k = -9.101 → k = 1.115×10-4 [(M-2 s-1)]
解答 (例)
ありうる。例えば、触媒の有無や存在量は化学量論式には現れないが、反応速度には影響を与えるので、速度式には現れる。このほか、液相反応における溶媒の種類や pHの条件も反応速度に影響する場合がある。(これも広い意味での触媒作用と考えられる)
解答 52.44×10-4 = k ×0.1672 より、 k = 8.748×10-3 [M-1 s-1]
1.55×10-6 = 8.75×10-3 [A]2 より、 [A] = 1.330×10-2 [M]
解答 (速度) の単位 [M s-1]
[A], [B] の単位 [M] より、
[M s-1] = [k の単位 ] × [M]2×[M]2
両辺が等しくなるためには [k の単位 ] = [M-3 s-1]
解答
一次反応では、 ln ([A]0 / [A]t) = k t (20.14) が成り立つ
よって、 [A]0 / [A]t = e k t
[A]t = [A]0 / e k t = [A]0 e - k t
(別解) 式( 20.14 )より、 ln ([A]t / [A]0) = - k t
よって、 [A]t / [A]0 = e - k t
[A]t = [A]0 e - k t
解答の方針
一次反応でであるから、 ln ([A]0 / [A]t) = k t (20.14) を利用したいが、 HgO のモル濃度を求めることは困難である。
しかし、反応式の量論関係から所定量の O2 が生成したときの HgO の反応率 ( α ) を求めることができる。α を用いた一次反応速度式は、 - ln ( 1 - α ) = kt である。
解答
Hg = 200.6, O = 16.00 より、HgO 1.00 [g] = 1.00 / (200.6 + 16.00) = 4.62×10-3 [mol]
反応式の量論より、 HgO 2 モルから O2 1 モルが生成するので、
O2 発生量は反応率を α とすると、 1/2×(4.62×10-3)×α = (2.31×10-3) α [mol] とな
る
(a) STP ( 0 , 1atm℃ )とすると、 O2 1.00 [mL] = 1.00 / ( 22.4×103 ) = 4.46×10-5 [mol] このときの反応率は α = ( 4.46×10-5 ) / ( 2.31×10-
3 ) = 1.93×10-2 ( 1.93% )
一次反応であるから – ln ( 1 - α ) = k t が成り立
つ したがって、 t = - ( 1/k ) ln ( 1 - α ) = - 1/ ( 6.02×10-4 ) ×ln ( 1 -
1.93×10-2 ) = 32.4 [s]
(b) STP で 10.0 [mL] 同様に α = 1.93×10-1
t = - 1/ ( 6.02×10-4 ) ×ln ( 1 - 1.93×10-1 )
= 357 [s] (356 [s])
解答
Hg = 200.6, O = 16.00 より、HgO 1.00 [g] = 1.00 / (200.6 + 16.00) = 4.62×10-3 [mol]
反応式の量論より、 HgO 2 モルから O2 1 モルが生成するので、
O2 発生量は反応率を α とすると、 1/2×4.62×10-3 ×α = 2.31×10-3α [mol] とな
る
(a) STP で 1.00 [mL] = 1.00 × ( 273 / 298 ) / ( 22.4×103 )
= 4.09×10-5 [mol] このときの反応率は α = ( 4.09×10-5 ) / ( 2.31×10-
3 ) = 1.77×10-2 ( 1.77% )
一次反応であるから – ln ( 1 - α ) = k t が成り立
つ したがって、 t = -1/k ln ( 1 - α ) = - 1/ ( 6.02×10-4 ) ×ln ( 1 -
1.77×10-2 ) = 29.7 [s]
(b) STP で 10.0 [mL] 同様に α = 1.77×10-1
t = - 1/ ( 6.02×10-4 ) ×ln ( 1 - 1.77×10-1 )
= 324 [s]
解答
t : 0 → t[A] : [A]0 → [A]t で式( 20.19 )の両辺を積分すると、
[ 1/[A] ] = k [t]
これより、
[A]0
[A] t
0
t
解答
において、 t = t1/2 のとき、 [A]t = [A]0 / 2 だから、
2 / [A]0 – 1 / [A]0 = k t1/2
これより
解答
(a) –d [A]/dt = k [A]3 より、 - [A]-3d [A] = k dt
t: 0 → t, [A]: [A]0 → [A]t で積分すると
(左辺) = - [1/(-2) [A]-2] = 1/2 ( [A]t-2 – [A]0
-2 ) (右辺) = k t t = t1/2 のとき、 [A]t = [A]0 / 2 だから、上式に代入し
て
t1/2 = 1/2k ( 4 / [A]02 – 1/[A]0
2 ) = 3/ ( 2k [A]0
2 )
n 次反応 – d [A]/dt = k [A]n ( n≠1 ) の半減期を求めよ
∫ xp dx = xp+1 1p+1
課題
解答
一次反応においては、 ln [A]t = - kt + ln [A]0
ln [A]t = ( log [A]t ) / ( log e ) より、
log [A]t = ( log e ) ×ln [A]t
= - ( log e ) kt + ( log e ) ln [A]0
であるから、 log [A]t を t に対してプロットしても直線となる。
この直線の傾きは、自然対数の場合と一致せず、log e ( =0.434 )倍になる。