《无机化学习题》及答案-张祖德 3.docVIP

第三章 答案1. 2A + Bproduct 2. 反应速率是原来的8倍 3. 二级反应 7.50×10－4 kPa－1·min－1 4. 初速率是原来的27倍 5. 106.29 kJ(mol－1 6. 0.5966 7. 289.3 kJ(mol－1 8. 53.594 kJ(mol－1 9. 24.20 kJ(mol－1 10. (1) 3.15(104 s (2) 1.71 g 11. 1.156倍 12. (1) 1.848(103 s (2) 10.3 oC 13. 2.5 14. (1) 20.37 kPa (2) 7.39 kPa (3) 二级反应 1.41×10－3 kPa－1·min－1 15. 一级反应 0.0232 s－1 16. 均为 由于两个反应历程中的决速步骤和快平衡的步骤都相同，所以这两个反应的速率方程式应该一致。 17. （I）NO + O2NO3 （slow） NO3 + NO2NO2 （fast） （II）NO + O2NO3 （fast） NO3 + NO2NO2 （slow） （III）NO + NON2O2 （slow） O2 + N2O22NO2 （fast） 按机理（II）进行。 18. (1) 二级反应 k1′(967K)=1.678×10－8 Pa－1·s－1 k1′(1030K)=9.828×10－8 Pa－1·s－1 (2) 232.34 kJ(mol－1 (3) 110.8 s 19. (1) α=1 β=2 (2) k(298K)=0.01925 (mol·dm(3)－1·s－1 k(308K)=0.0385 (mol·dm(3)－1·s－1 (3) 52.89 kJ(mol－1 20. (1) ① 把NO3和NO看作稳态： ＝k1[N2O5]－k—1[NO2][NO3]－ k2[NO2][NO3]－k3[NO][NO3] ② 0 ＝k2[NO2][NO3]－k3[NO][NO3] ③ ③代入②得： k1[N2O5]－k—1[NO2][NO3]－2k2[NO2][NO3]＝0 ∴[NO3]＝ ④ ④代入①得：[N2O5] (2) r2＝ (3) 第一步为快平衡，第二步为慢步骤的条件下才能实现r1 = r2。 21. 由r = k[NO]2[O2]可知，活化络合物的原子数应为N2O4，若把2NO + O22NO2看作基元反应，由于三分子的基元反应极少，设想可能在平衡过程中生成中间产物，再由中间产物参加决速反应，故还可以设想另外两种反应历程： (a) 2NON2O2 快平衡 N2O2 + O22NO2 决速步 ∴ ∴ r = ＝k[NO]2[O2] （k＝） (b) NO + O2NO3 快平衡 NO3 + NO2NO2 决速步 ∴ 由快速平衡得 ∴r = ＝k[NO]2[O2] （k＝） 22. (1) ①由稳定近似可知： d[ES]/dt＝0 =k1[E][S]－k－1[ES]－k2[ES] ∴[ES]=k1[E][S]/(k－1+k2) (1) 由物料平衡可知：[E]＝[E]0－[ES] [E]0为酶的总浓度，代入(1)式得： [ES]=k1([E]0－[ES])[S]/(k－1+k2) 化简得[ES]=[E]0[S]/(KM+[S]) 其中KM=(k－1+k2)/k1 ∴d[P]/dt=k2[ES] =k2[E]0[S]/(KM+[S]) 当[S]很小时，KM+[S]≈KM d[P]/dt=k2[E]0[S]/KM 即d[P]/dt[S]， ∴为一条直线，呈线性。 当[S]KM时，KM+[S]≈[S] d[P]/dt=k2[E]0 即对于高浓度的底物，初始反应速率趋于常数，这说明该图与Michaelis-Menten机理一致。 ② 2×103 s－1 ③ 初始速率为渐近线值的一半 ④ 2.0×104 (2) 20.37 kJ(mol－1 23. 2720年 24. x＝2 y＝1 25. 161 kJ(mol－1 26. α＝1 β＝2 k(298K)=57.8 (mol·dm(3)－2·min－1 k(308K)=200 (mol·dm(3)－2·min－1 Ea＝94.62 kJ(mol－1 27. 2.36×109年 28. x＝1 y＝0 k＝9.83×10－5 s－1 29. (1) (2) 历程(I)中，，与[H]+无关，历程(II)中，rate＝对[H]+仅为一级反应，故（I）、（II）均不符合实验事实。 (3)