無機及分析化學(四版)第三章答案

1、第3章3. 673 K時，將0.025 mol COCI 2(g)充入1.0L容器中，當建立以下平衡時:C0Cl2(g) * CO(g)+CI 2(g)有16% COC2解離。求此時的 K9。解：由反響式coci2(g) = co(g)+ci 2(g)KePCO ?P CI2P P ©二 PCOCI2P ©ncoRT nclRT?=V . VnCOCl2 RTV1p©)2-1ncO?icl2RT 1(0.16X0.025)2 x 8.314 x 6371?-© = ?nCOCl2 V p©0.025 (1-0.16) X 10-3 101325

2、=0.043第二解法：由反響式：COCl2(g) CO(g) + Cl 2(g)n 平: 0.025(1-16 %)0.025 X 16% 0.025 X 16%=0.021 mol= 0.021 mol = 0.004 molPCOCl2(g) = (n COCl2(g) RT)/V 總=(0.021 mol X 8.315 kPa L K1 mol-1 X 673K)/1.0 L = 117.52 kPaPcO(g) = (n cO(g) RT)/V 總=(0.004 mol X 8.315 kPa L K1 mol-1 X 673K)/1.0 L = 22.38 kPaPCO Pcl 2

3、P PP PCO 廠 Cl 2PcOCl 2-PCOCl 2PPcl2(g) = (n Cl2(g) RT)/V 總=(0.004 mol X 8.315 kPa L K1 mol-1 X 673K)/1.0 L = 22.38 kPa22.38 22.38/ 丄)-1117.52( 100 丿=4.262 (金)1 =0.042620.043答：此時的K©約為0.043。4. 298 K時，向1.00L燒瓶中充入足量的 N2O,使起始壓力為100Kpa, 一局部N2O分解為NO,達平衡后總 壓力等于116Kpa。計算如下反響的 K©。NzOg) 2NO2(g)解：第一解法

4、：NzOg)-f 2NO2(g)P始100 kPa0kPaP平衡 100-X kPa2XkPaP總=Rj2O4+Ro：=100-X+2X=116 kPaX=16 Kpa Pno=2X=32 Kpa P n2O4=100-X=84 Kpa(32)2 ( 1 )2-1)84 (100)(PnO2)22K = P =( PNO2)(丄) Pn2O4Pn2O4PP1 1=12"9(云)=°1219 °12答：該反響的K©為0.12第二解法:/ n 始=(PV) - (RT)=(100kPa x 10L) - (8.315kPa L K-1 mo|-1 x 298

5、K)=0.4036 moln平，總=(PV) -(RT)=(116kPa x 10L) -(8.315kPa L K-1 mOl-1 x298K)=0.4681 molN 2。4( g) 2NO 2( g)又；n 平，總：(0.0406- X) mol 2 X mol解:.n 平，總=(0.04036- X) mol + 2 X mol = (0.04036 + X) mol =0.4681 molX= (0.4681-0.04036)mol =0.0645 mol/ n 平，n2o4=(0.04036- X) mol = (0.04036-0.0645) mol =0.3391 moln 平

6、，no2=2X mol = 2 x 0.0645 mol =0.1290 molP 平，n2oF( nRT) (V 總)=(0.3391 molx 8.315kPaP 平，no2=( nRT) - (V 總)=(0.1290 molx 8.315kPaK-1 mol-1x 298K) - (10L)=84.02kPa 84kPaK-1 mol-1 x 298K) - (10L)=31.96kPa 32kPa(P NO2)2K = PP N2O41 1=12.19()1 =0.1219100答：該反響的K®為0.12=(P NO2)(P N2O40.12(32 )2 (丄)2-1)84

7、當該反響到達平衡后，進行左邊所列的操作對右邊所列的數(shù)值有何影響操作中沒有注明的，是指溫度不變，體積不變？(1)增大容器體積n(H20)(2)加 02n (H2O)(3)力口 02n(O2)加02n(HCl)(5)減小容器體積n(Cl 2)(6)減小容器體積P(Cl2)(7)減小容器體積K(8)升高溫度K ®(9)升高溫度P(HCl)(10)加 N2n(HCl)(11)加催化劑n(HCl)解：依據(jù)2Cl2(g)209) =4HCI(g) 02(g)rH114.4<J mol 1&反響由勒夏特列原理即平衡移動原理得：(1) n(H20)減小?？偰枖?shù)增加的方向移動，即向增大

8、總壓力的方向移動。n (H20)增大。02摩爾數(shù)減少的方向移動，即向減少產(chǎn)物的方向移動。(3) n(O2)增大。開始向02摩爾數(shù)減少的方向移動，當?shù)竭_新的平衡后n O2的總量增大n(HCl)減小。向減少產(chǎn)物的方向移動，即HCl摩爾數(shù)減少的方向移動。(5) n(CI2)增大。向減小總壓力的方向移動，即向總摩爾數(shù)減少的方向移動。2Cl2(g) 2出0(6 亠4HCI(g) 02(g)r H 114.4kJ mol(6) P(CI2)增大。向總摩爾數(shù)減少的方向移動，即向n(Cl2)增多、P(CI2)分壓力增大的方向移動(7) K 不變。K®是溫度的函數(shù)，與物質(zhì)的量和壓力無關。(8) K 增

9、大。(該反響rH =1144kJ mol-1，是吸熱反響，丁 In K2 = rH (丄-丄)升高溫度K 增大K1RT1 T2(9) P(HCI)增大。(該反響rH =114.4kJ mol-1,是吸熱反響；升高溫度時，向吸熱方向，即向右移動(10) n(HCl)不變。(2很穩(wěn)定,不與其他氣體反響，不影響其他氣體的分壓，即不影響其他氣體的摩爾數(shù))。(11) n(HCl)不變。(t催化劑只能縮短到達平衡所需的時間，不能改變平衡常數(shù)和平衡狀態(tài) )10. PCl5熱分解反響式為PC/g)二 PCI3© CXg)K 。假設在該密閉容器內(nèi)在10L密閉容器內(nèi)充入 2.0mol PCl5,700K

10、時有1.3mol PCI5分解，求該溫度下的解：1PCKg)PCl3(g)6(g)2.0 mol0 mol0 mol(2.0-1.3) mol1.3 mol1.3 mol再充入1.0mol Cl 2，PCI5分解百分率為多少?n始：n平：n PCI5 RTn PCI3 RTPPCI5 =PPCI3 =V總PCI2 ="ci2 RTnPCI3 RT nCI2 RTK = PPCI3PCI2 / 1 )=V 總w (1-)FPci5PnPCI5 RTPV=nPCI3RTnCI2 RTV總1總(1)nPCI5 RTP=n PCI3n CI2 RT ,/ 1 、( 2-1 )*(P)一V總V

11、總一V總n PCI51.3mol 1.3mol-18.315kPa L Kmol-1700K /1 )110L 0.70moI100kPa=14.05 14K =14=Ppc3“CI5Pcl2 ( 1 )Pn pci3 RT nCl2 RTV總V總n pci5RTV總(丄)Pnpci3 RT neo RTV總V 總(1 )V總 n PCI5RT Pn PCI3 nCI2 RT(1)( 2-1)總 n PCI5P-1-1=(1.3-X)moI(2.3-X)moI8.315kPa L K mol 700K(1)1100kPa10L(0.70+X)moI2PCis(g)PCi3(g)62)n 始:0

12、.70 mol1.3 mol(1.3+1.0) moln 平: (0.70+ x) mol(1.3- x )mol(2.3- x ) mol解：X= ?-1(1.3-X)moI (2.3-X)moI 8.315kPa L K mol1700"亦=14 10L (o."*"1整理：(1.3-X) X (2.3-X) X 8.315 X 700X 0.01=14 X 10X (0.70+X)2(2.99-1.3X-2.3X+X) X 58.21=98+140X2174.0- 75.67X- 133.88X+58.21X =98+140X移項：58.21X -349.6

13、X+76=0一元二次方程Y b Jb2 4ac ( 349.6)磁 349.6)4 58.21 76X1,22a2 58.21349.6.122220 17696116.4349.6104524349.6 323.3116.4116.4X1=5.78 mol不合理，舍棄。X2=0.2259mol平衡時：npcl5=0.70+X=0.70+0.2259=0.9259 mol二PCI5的分解率=2-0.9259 1oo%=53.71% 54%(依據(jù)題的條件，保存兩位有效數(shù)字)2.0答：該溫度下的K 為14 o假設在該密閉容器內(nèi)再充入1.0mol Cl 2，PCl5分解百分率為54%13. 反響CO

14、(g)+H2 0(g)“ CO 2 (g)+H2 (g)在749K時K e=6.5，今假設需90%CO轉(zhuǎn)化為CO2，問CO和H2O要以怎樣的物質(zhì)的量比相混合？解：設 CO 為 1.0 mol, H2O 為 x molCO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g)始：1.0x00平：1-0.90x-0.900.900.90nco2 RTn2 RTPCO2PH2 (Ph2O1P)V總V總PConeo RTn H2O RTKV總V總1nCO2 n H2心)(2 2)neo nH2OP(0.90)20.10 (x 0.90)6.52(0.90) =( 0.10X-0.090) X 6.50.65

15、x-0.585=0.81 x=(0.81+ 0.585) - 0.65=2.146 2.1答：CO(g)和fO(g)物質(zhì)的量的混合比為：CO(g)： H2O(g)=1.0:2.1 17.在298K時，用以下反響2- 2-S2O8(aq)+2 I -(aq)=2SO 4(aq)+I 2(aq)進行實驗，得到的數(shù)據(jù)列表如下:實驗序號2c(S 2O8)/(mol L -1)c(I -)/ )/(mol L -1)v/(mol ?L-1?min-1)(1)1.0 X 10-41.0 X 10-20.65 X 10-6(2)2.0 X 10-41.0 X 10-21.30 X 10-6(3)2.0 X

16、10-40.5 X 10-20.65 X 10-6求：(1)反響速率方程;(2)速率常數(shù)；(3) 求 c(S2Q2-)=5.0 x 10-4mol?L-1,c(l -1)=5 x 10-2mol?L-1 時的反響速率 解：設x、y分別對于SQ2-和I -1的反響常數(shù)，那么反響速率為v=kcS2O82-cy(1) 保持c(S 2O82-)不變，c(I -1)減小一半，反響速率減小一半，可判斷y=1保持c(I -1) , c(S2Q2-)加大一倍，那么反響速率增加一倍，二x=1V=kCs2Q82-C|第二種解法：把各組實驗數(shù)據(jù)代入假設的 x、 y反響速率方程中:(1)0.65 x 10-6mol

17、L-1min-1=k1.0 x 104molL-11.0 x 10-2mol L-1y(2)1.30 x 10-6mol L-1min-1=k2.0 x 104molL-11.0 x 10-2mol L-1ymin-1=k2.0 x 104mol用(2) r):1.30106molL1 1 min0.65106molL1. 1 min用(2) r3):1.30106molL1 1 min0.65106molL11min(3)0.65 x 10-6mol L-1V=kCS2Q82-CI2.010 4 molL1x即22x ; x 11.0410 molL1X1.00.5010 2mol10 2

18、molL1yL1y即22y; - y 1L-10.50 x 10-2mol L-1y0.65 x 10-6mol l_-1?min-1(2) 求速率常數(shù)k:把任意一套實驗數(shù)據(jù)代入反響速率方程式中,V一亠“K= 2 =0.65 mol-1?L?min-1cs2Q8 ci1.0 x 10-4mol?L-1 x 1.0x 10-2mol?L-1-4-2-5-1-1(3) V=0.65 x 5x 10 x 5.0 x 10 =1.6 x 10 (mol ?L ?min )答：口 O O O23.反響C2HBr(g)=C 2H4(g)+HBr(g)在 650 K 時 k 這 2.0 x 10-5s-1,

19、在 670K時 k 為 7.0 x 10-5s-1。求 690K時的-2 -1-5 -1解：T T 1=650K k 1=2x 10 s T 2=670K k 2=7.0 x 10 s又由：k2Ea11EaT2 T1ln /：()：( 2丄).(3 19)k1RT|T2R TT2導岀：EaRTT2l nk2T 2 TkLRTT2 , k2 8.315 10 3kJ mol 1 K 1 650K 670K7.0 10 5S 1Ealnln5 1T2 T；k1670K 650K2.0 105S1181.1kJ mol 1 ln3.5181.1kJ mol 1 1.253226.9kJ mol那么：IEa(TJ1)k1R TT2226.9kJ mol38.315 10 kJ mol(690k670670690272882046230027288 0.00004326 1.180-$ =3.254k2=3.254X k1=