无机及分析化学(四版)第三章答案(2023191058)

1、第3章3. 673 K时，将0.025 mol COCI 2(g)充入1.0L容器中，当建立以下平衡时:C0Cl2(g) * CO(g)+CI 2(g)有16% COC2解离。求此时的 K9。解：由反响式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：由反响式：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 总=(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 总=(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 厂 Cl 2PcOCl 2-PCOCl 2PPcl2(g) = (n Cl2(g) RT)/V 总=(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：此时的K©约为0.043。4. 298 K时，向1.00L烧瓶中充入足量的 N2O,使起始压力为100Kpa, 一局部N2O分解为NO,达平衡后总 压力等于116Kpa。计算如下反响的 K©。NzOg) 2NO2(g)解：第一解法

4、：NzOg)-f 2NO2(g)P始100 kPa0kPaP平衡 100-X kPa2XkPaP总=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：该反响的K©为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，总=(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，总：(0.0406- X) mol 2 X mol解:.n 平，总=(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 总)=(0.3391 molx 8.315kPaP 平，no2=( nRT) - (V 总)=(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：该反响的K®为0.12=(P NO2)(P N2O40.12(32 )2 (丄)2-1)84

7、当该反响到达平衡后，进行左边所列的操作对右边所列的数值有何影响操作中没有注明的，是指温度不变，体积不变？(1)增大容器体积n(H20)(2)加 02n (H2O)(3)力口 02n(O2)加02n(HCl)(5)减小容器体积n(Cl 2)(6)减小容器体积P(Cl2)(7)减小容器体积K(8)升高温度K ®(9)升高温度P(HCl)(10)加 N2n(HCl)(11)加催化剂n(HCl)解：依据2Cl2(g)209) =4HCI(g) 02(g)rH114.4<J mol 1&反响由勒夏特列原理即平衡移动原理得：(1) n(H20)减小。总摩尔数增加的方向移动，即向增大

8、总压力的方向移动。n (H20)增大。02摩尔数减少的方向移动，即向减少产物的方向移动。(3) n(O2)增大。开始向02摩尔数减少的方向移动，当到达新的平衡后n O2的总量增大n(HCl)减小。向减少产物的方向移动，即HCl摩尔数减少的方向移动。(5) n(CI2)增大。向减小总压力的方向移动，即向总摩尔数减少的方向移动。2Cl2(g) 2出0(6 亠4HCI(g) 02(g)r H 114.4kJ mol(6) P(CI2)增大。向总摩尔数减少的方向移动，即向n(Cl2)增多、P(CI2)分压力增大的方向移动(7) K 不变。K®是温度的函数，与物质的量和压力无关。(8) K 增

9、大。(该反响rH =1144kJ mol-1，是吸热反响，丁 In K2 = rH (丄-丄)升高温度K 增大K1RT1 T2(9) P(HCI)增大。(该反响rH =114.4kJ mol-1,是吸热反响；升高温度时，向吸热方向，即向右移动(10) n(HCl)不变。(2很稳定,不与其他气体反响，不影响其他气体的分压，即不影响其他气体的摩尔数)。(11) n(HCl)不变。(t催化剂只能缩短到达平衡所需的时间，不能改变平衡常数和平衡状态 )10. PCl5热分解反响式为PC/g)二 PCI3© CXg)K 。假设在该密闭容器内在10L密闭容器内充入 2.0mol PCl5,700K

10、时有1.3mol PCI5分解，求该温度下的解：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分解百分率为多少?n始：n平：n PCI5 RTn PCI3 RTPPCI5 =PPCI3 =V总PCI2 ="ci2 RTnPCI3 RT nCI2 RTK = PPCI3PCI2 / 1 )=V 总w (1-)FPci5PnPCI5 RTPV=nPCI3RTnCI2 RTV总1总(1)nPCI5 RTP=n PCI3n CI2 RT ,/ 1 、( 2-1 )*(P)一V总V

11、总一V总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总V总n pci5RTV总(丄)Pnpci3 RT neo RTV总V 总(1 )V总 n PCI5RT Pn PCI3 nCI2 RT(1)( 2-1)总 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移项：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，舍弃。X2=0.2259mol平衡时：npcl5=0.70+X=0.70+0.2259=0.9259 mol二PCI5的分解率=2-0.9259 1oo%=53.71% 54%(依据题的条件，保存两位有效数字)2.0答：该温度下的K 为14 o假设在该密闭容器内再充入1.0mol Cl 2，PCl5分解百分率为54%13. 反响CO

14、(g)+H2 0(g)“ CO 2 (g)+H2 (g)在749K时K e=6.5，今假设需90%CO转化为CO2，问CO和H2O要以怎样的物质的量比相混合？解：设 CO 为 1.0 mol, H2O 为 x molCO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g)始：1.0x00平：1-0.90x-0.900.900.90nco2 RTn2 RTPCO2PH2 (Ph2O1P)V总V总PConeo RTn H2O RTKV总V总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)物质的量的混合比为：CO(g)： H2O(g)=1.0:2.1 17.在298K时，用以下反响2- 2-S2O8(aq)+2 I -(aq)=2SO 4(aq)+I 2(aq)进行实验，得到的数据列表如下:实验序号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)反响速率方程;(2)速率常数；(3) 求 c(S2Q2-)=5.0 x 10-4mol?L-1,c(l -1)=5 x 10-2mol?L-1 时的反响速率 解：设x、y分别对于SQ2-和I -1的反响常数，那么反响速率为v=kcS2O82-cy(1) 保持c(S 2O82-)不变，c(I -1)减小一半，反响速率减小一半，可判断y=1保持c(I -1) , c(S2Q2-)加大一倍，那么反响速率增加一倍，二x=1V=kCs2Q82-C|第二种解法：把各组实验数据代入假设的 x、 y反响速率方程中:(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) 求速率常数k:把任意一套实验数据代入反响速率方程式中,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.反响C2HBr(g)=C 2H4(g)+HBr(g)在 650 K 时 k 这 2.0 x 10-5s-1,

19、在 670K时 k 为 7.0 x 10-5s-1。求 690K时的-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导岀：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=