物理化学核心教程第二版(沈文霞)课后习题答案5-8

1G5 kJmolrm1．在等温、等压且不做非膨胀功的条件下，当反应的时，该反应自发

进行的方向为 ( )

(A) 正向自发进行 (B) 逆向自发进行

(C) 无法判断 (D) 反应不能进行

答：(C)。 判断反应能否自发进行，要用等温、等压且不做非膨胀功的条件下rGm的变化值，而不能用rGm的值。除非该反应是在标准压力下进行，则rGm>0，反应能逆向自发进行。或者rGm是一个绝对值很大的负值，改变压力商也不可能改变rGm的符号，则

rGm也小于零，这时可以估计反应能自发正向进行。

2．理想气体混合物在化学反应达平衡时，应该使用下列哪个关系式 （ ）

（A）rGmRTlnKp （B）rGmRTlnKp

（C）rGmRTlnKx （D）rGmRTlnKc

答：（B）。根据理想气体化学势的表示式，对数项中用pB/p表示，在化学反应等温式中，对数项中是压力商

Qp，达平衡时，是平衡时的压力商，所以标准平衡常数是Kp，相应

的Gibbs自由能的变化值为rGm。

3．理想气体反应

CO(g)2H2(g)CH3OH(g)

的rGm与温度T的关系为：

rGm/(Jmol1)21 66052.92T/K

。若要使反应的平衡常数大于( )

1，则应控制的反应温度为

(A) 必须低于℃ (B) 必须高于409.3 K

(C) 必须低于409.3 K (D) 必须等于409.3 K

rGm与标准平衡常数Kp的关系式为rGmRTlnKp，答：(C)。要使Kp1，则rGm0。

从已知的关系式，解得T409.3 K。要使反应在标准压力下能自发正向进行，rGm必须小于零，所以，根据已知的关系式，反应温度必须低于409.3 K。

4．在973 K时，反应

CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)

的标准平衡常数Kp0.71。若将如下各分压的理想气体混合在一起，pCO100 kPa，

pH2O50 kPa，COp210 kPa，Hp210 kPa，在相同温度下，反应的方向将 ( )

(A) 向右进行 (B) 向左进行

(C) 处于平衡状态 (D) 无法判断

答：（A）。有一个可以作为判据的化学反应等温式为

(rGm)T,pRTlnKpRTlnQp

Q(G)<0如果若Kp>Qp，则rmT,p，反应可自发向右正向进行。这个反应的p值为

Qp10100.0210050 Qp远小于Kp的值，所以反应自发向右进行。5．在350 K时，NH4HCO3(s)发生分解反

应的计量方程为

NH4HCO3(s)NH3(g)CO2(g)H2O(g)

设在两个容积都等于10 dm的密闭容器A和B中，分别加入纯的NH4HCO3(s)1.0 kg和

320.0 kg，保持温度不变，达到平衡后，下列说法正确的是 ( )

(A) 两容器中压力相等 (B) A 内压力大于B内压力

(C) B内压力大于A内压力 (D) 必须经实际测定方能判别

答：(A)。因为容器的体积有限，NH4HCO3(s)都是过量的，在相同温度下，两密闭容器中的分解压力相同。

6．根据某一反应的rGm值，下列不能确定的是 ( )

(A) 标准状态下自发变化的方向

(B) 在rGm所对应的温度下的平衡位置

(C) 在标准状态下系统所能做的最大非膨胀功

(D) 提高温度对平衡的影响情况

答：(D)。温度对平衡的影响情况，要用van’t Hoff公式判断，要根据反应是吸热还是放热，来决定提高温度对平衡有利还是不利，而用rGm不好确定。

7．某实际气体反应，用逸度表示的标准平衡常数 随下列哪个因素而变 ( )

(A) 系统的总压力 (B) 催化剂

(C) 温度 (D) 惰性气体的量

答：(C)。实际气体化学势的标准态与理想气体是一样的，其标准态化学势仅是温度的函数，所以标准平衡常数也是温度的函数，会随着温度的改变而改变。

8．在某一反应温度下，已知反应（1）

2NH3(g)3H2(g)N2(g)

的标准平衡常数为Kp(1)0.25。那么，在相同的反应条件下，反应

31H2(g)N2(g)22NH3(g)

数

Kp(2)的( )

标准平衡常为

(A) 4 (B)

(C) 2 (D) 1

答：(C)。第二个方程是第一个方程的逆过程，标准平衡常数是第一个方程的倒数。而第二个方程式的计量系数是第一个方程的一半，则标准平衡常数应开1/2次方，所以

1Kp(2)K(1)p1210.25122

9．在298 K时，某化学反应的标准Gibbs自由能变化的变化值rGm<0，则反应对应的标准平衡常数K将 ( )

(A) K0 (B) K>1

(C) K<0 (D) 0答：(B)。因为 rGmRTlnK，rGm<0，RTlnK<0，K>1。

10．在如下几个反应中，增加系统的总压，能使产物的比例增加的是 ( )

(A)

(B)

(C)

(D)

CaCO3(s)CaO(s)CO2(g)

CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)

312H2(g)2N2(g)NH3(g)

PCl5(g)Cl2(g)PCl3(g)

答：(C)。增加系统的总压，虽然不改变标准平衡常数，但是对气体分子数减少的反应有利，能使产物的比例增加。这里只有(C)是气体分子数减少的反应。

11．在等温、等压的条件下，反应

C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)

的平衡常数和转化率分别为Kp(1)和1。充入一定量的N2(g)后，再次达平衡时的平衡常

数

和

转

化

率

分

别

为

Kp(2)和

2。两者的关系为

( )

(A) Kp(1)Kp(2)，1>2 (B) Kp(1)>Kp(2)，1>2

(C) Kp(1)答：(D)。因为温度不变，所以标准平衡常数也不变。这是一个气体分子数增加的反应，充入一定量的惰性气体N2(g)，相当于起了降压的作用，所以转化率会提高。

12．在一定的温度下，一定量的 PCl5(g) 在一密闭刚性容器中达到分解平衡。若往容器中充入氮气，使系统的压力增加一倍，则 PCl5的解离度将 ( )

(A) 增加 (B) 减少

(C) 不变 (D) 不确定

答：(C)。虽然充入不参与反应的氮气，应对气体分子数增加的反应有利，但是因为在密闭刚性容器中，体积不变，则压力也相应增加，使压力和气体的总物质的量的比值不变，所以解离度亦不变。

13．PCl5的分解反应的计量方程为

PCl5(g)Cl2(g)PCl3(g)

，在473 K达到平衡时，PCl5(g)的解离度0.485，温度升至573 K达到平衡时，解离( )

度

0.97，则此反应是

(A) 放热反应 (B) 吸热反应

(C) 既不放热也不吸热 (D) 两个温度下的平衡常数相等

答：(B)。升高温度，可以使吸热反应的平衡常数增大。

14．在298 K和标准压力下，反应

1H2(g)O2(g)2H2O(l)

的

rGm237.13 kJmol1

，

rSm163.3 JK1mol1

Cp,m0。假定( )

，则在398 K时，反应的rGm(398K)的值为

11(A) 237.13 kJmol (B) 237.13 kJmol

11(C) 220.80 kJmol (D) 253.51 kJmol

答：(C)。因为是等温反应，所以 rGmrHmTrSm

rHmrGmTrSm

[237.13298(163.3)103] kJmol1285.79 kJmol1 Cp,m0因为假定

，所以rHm和rSm的值不随温度而变，则

rGm(398K)rHm398KrSm

285.79 kJmol1398K(163.3 JK1mol1)

1 220.80 kJmol

第六章 相平衡

四．概念题参考答案

1．NH4HS(s)与任意量的NH3(g)及H2S(g))达平衡时，有 ( )

(A) C= 2，P = 2，f= 2 (B) C= 1，P = 2，f= 1

(C) C= 2，P = 3，f= 2 (D) C= 3，P = 2，f= 3

答：(A)。系统中有三个物种，一个平衡条件，由于已存在NH3(g)及H2S(g)，就不存在浓度限制条件，所以组分数C2。平衡共存时有固相和气相两个相，根据相律，自由度f2。

FeCl3(s)H2O(l)FeCl35H2O(s)FeCl36H2O(s)2．在大气压力下，与可以生成FeCl32H2O(s)，，

和FeCl37H2O(s)四种固体水合物，则该平衡系统的组分数C和能够平衡共存的最大相数P为

（ ）

（A） C3, P3 （B）C3, P4

（C） C2, P3 （D）C3, P5

答：（C）。这是二组分系统生成稳定化合物（或稳定水合物）的一个例子，FeCl3(s)与

H2O(l)可以生成多种水合物，但它还是二组分系统，所以组分数必定等于2。不能把生成的

稳定水合物也看作是组分。如果要写出生成水合物的多个平衡方程式，则多一个水合物物种，也多一个化学平衡方程，所以组分数是不会改变的。根据组分数等于2这一点，就可以决定选（C）。

根据相律，当自由度等于零时，能得到平衡共存的最大相数。则fC2P0，理论

*f上最大相数似乎应等于4，但是题目已标明是在大气压力下，用C1P3P，所以

能见到的平衡共存的最大相数只有3个。如果题目不标明是在大气压力下，由于凝聚相系统受压力影响极小，也应该看作是在等压条件下进行的，能见到的平衡共存的最大相数只能是3个。

3．在 100 kPa 的压力下，I2(s)在H2O(l)和CCl4(l)两个完全不互溶的液相系统中达分配平衡。设平衡时I2(s)已不存在，则该系统的组分数和自由度数分别为 （ ）

*（A） C2, f1

*（B）C2, f2

*C3, f2 （C）

*C3, f3 （D）

答：（C）。该系统中显然有I2(s)，H2O(l)和CCl4(l)三个物种，S3，但无化学平衡，R0，

'也无浓度限制条件，R0（不要把I2在两相中的分配平衡看作是浓度关系式，因为在推导

分配常数时已用到了I2在两相中化学势相等的条件），所以组分数C3。由于是两相平衡，又指定了压力，所以条件自由度

f*C1P3122

。

4．CuSO4与水可生成CuSO4H2O，CuSO43H2O和CuSO45H2O三种水合物，则在一定温度下与水蒸气达平衡的含水盐最多为 ( )

(A) 3种 (B) 2种

(C) 1种 (D) 不可能有共存的含水盐

答：(B)。系统的组分数为2，已指定温度，根据相律，条件自由度等于零时，可得最多可以共存的相数，

f*C1P21P0

，最多可以三相共存。现在已指定有水蒸气存在，所以，可以共存的含水盐只可能有2种。

5．某一物质X，在三相点时的温度是20℃，压力是200 kPa。下列哪一种说法是不正( )

确

的

(A) 在20℃以上，X能以液体存在

(B) 在20℃以下，X 能以固体存在

(C) 在25℃和100 kPa下，液体X 是稳定的

(D) 在20℃时，液体X 和固体X 具有相同的蒸气压

答：(C)。可以画一张单组分系统相图的草图，(C)所描述的条件只能落在气相区，所以这种说法是不正确的。

6．N2的临界温度是124 K，如果想要液化N2(g)，就必须 ( )

(A) 在恒温下增加压力 (B) 在恒温下降低压力

(C) 在恒压下升高温度 (D) 在恒压下降低温度

答：(D)。临界温度是指在这个温度之上，不能用加压的方法使气体液化，所以只有在恒压下用降低温度的方法使之液化。

7．当Clausius-Clapeyron方程应用于凝聚相转变为蒸气时，则 ( )

(A) p必随T之升高而降低 (B) p必不随T而变

(C) p必随T之升高而变大 (D) p随T之升高可变大也可减少

答：(C)。 因为凝聚相转变为蒸气时总是吸热的，根据Clausius-Clapeyron方程，等式右方为正值，等式左方也必定为正值，所以 p随T之升高而变大。

8．对于恒沸混合物的描述，下列各种叙述中不正确的是 （ )

(A) 与化合物一样，具有确定的组成 (B) 不具有确定的组成

(C) 平衡时，气相和液相的组成相同 (D) 恒沸点随外压的改变而改变

答：(A)。恒沸混合物不是化合物，不具有确定的组成，其恒沸点和组成都会随着外压的改变而改变。

9．对于二组分气—液平衡系统，哪一个可以用蒸馏或精馏的方法将两个组分分离成纯组分

（ ）

（A）接近于理想的液体混合物 双液系

（B）对Raoult定律产生最大正偏差的

（C）对Raoult定律产生最大负偏差的双液系 （D）部分互溶的双液系

答：（A）。完全互溶的理想双液系，或对Raoult定律发生较小正（负）偏差的都可以用蒸馏或精馏的方法将其分开，两者的沸点差别越大，分离越容易。而对Raoult定律产生最大正（负）偏差的双液系，气－液两相区分成两个分支，形成了最低（或最高）恒沸混合物，用蒸馏方法只能得到一个纯组分和一个恒沸混合物。部分互溶的双液系首先要将两个液层分离，然后视具体情况而决定分离两个互溶部分的液相，或采用萃取的方法，单用蒸馏方法是不行的。

10．某一固体，在25℃和大气压力下升华，这意味着 ( )

(A) 固体比液体密度大些 (B) 三相点的压力大于大气压力

(C) 固体比液体密度小些 (D) 三相点的压力小于大气压力

答：(B)。画一单组分系统相图的草图，当三相点的压力大于大气压力时，在25℃和大气压力下处于气相区，所以固体会升华。CO2的相图就属于这一类型。

11．在相图上，当系统处于下列哪一点时，只存在一个相 ( )

(A) 恒沸点 (B) 熔点

(C) 临界点 (D) 低共熔点

答：(C)。在临界点时，气-液界面消失，只有一个相。其余三个点是两相或三相共存。

112．在水的三相点附近，其摩尔气化焓和摩尔熔化焓分别为44.82 kJmol和

5.99 kJmol1。则在三相点附近，冰的摩尔升华焓为 ( )

11 (A) 38.83 kJmol (B) 50.81 kJmol

11(C) 38.83 kJmol (D) 50.81 kJmol

答：(B)。摩尔升华焓等于摩尔气化焓与摩尔熔化焓之和。

13．某反应系统中共有的物种为Ni(s)，NiO(s)，H2O(l)，H2(g)，CO(g)和CO2(g)，它们之间可以达成如下三个化学平衡

（1）

NiO(s)CO(g)Kp,1Ni(s)CO2(g)

（2）

H2O(l)CO(g)Kp,2H2(g)CO2(g)

（3）

NiO(s)H2(g)Kp,3Ni(s)H2O(l)

该反应的组分数C和平衡常数之间的关系为 （ ）

（A） C3, Kp,1Kp,2Kp,3 （B）C4, Kp,3Kp,1/Kp,2

（C） C3, Kp,3Kp,1/Kp,2 （D）C4, Kp,3Kp,2/Kp,1

答：（B）。这个系统有6个物种，在三个化学平衡中只有2个是独立的，没有其他限制条件，所以组分数C4。因为(1)(2)(3)，方程式的加减关系，反应的Gibbs自由能也是加减关系，而平衡常数之间则是乘除关系，所以Kp,3Kp,1/Kp,2。

14．将纯的H2O(l)放入抽空、密闭的石英容器中，不断加热容器，可以观察到哪种现象

（ ）

（A） 沸腾现象 （B）三相共存现象

（C） 升华现象 （D）临界现象

答：（D）。在单组分系统的相图上，是该系统自身的压力和温度，就象该实验所示。

实验不是在外压下进行的，系统中也没有空气，所以不可能有沸腾现象出现。在加热过程中，水的气、液两种相态一直处于平衡状态，即H2O(l)H2O(g)。随着温度的升高，H2O(l)的密度不断降低，而水的蒸气压不断升高，致使H2O(g)的密度变大，当H2O(l)和H2O(g)的两种相态的密度相等时，气-液界面消失，这就是临界状态。

15．Na 2CO3和水可形成三种水合盐：Na2CO3·H2O、Na2CO3·7H2O和NaCO3·10H2O。在常压下，将Na2CO3投入冰－水混合物中达三相平衡时，若一相是冰，一

相

是

Na2CO3

水

溶

液

，

则

另

一

相

是

（ ）

(A) Na2CO3 (B) Na2CO3·H2O

(C) Na2CO3·7H2O (D) Na2CO3·10H2O

答：（D）。画一张草图，NaCO3·10H2O的含水量最多，一定最靠近表示纯水的坐标一边。

第七章 化学反应动力学

四．概念题参考答案

1．某化学反应的方程式为2AP，则在动力学中表明该反应为 ( )

（A）二级反应 （B）基元反应

（C）双分子反应 （D）无确切意义

答：(D)。只给出了化学反应的计量方程，这是无法确定反应级数的。反应级数要用实验来确定。如果说该反应是基元反应，则根据质量作用定律，可以确定该反应为二级反应，也是双分子反应。

kA2BCD，实验测定得到其速率系数为 2．某化学反应的计量方程为

k0.25(moldm3)1s1

，则该反应的级数为 （ ）

（A）零级反应 （B）一级反应

（C）二级反应 （D）三级反应

答：(C)。从化学反应的计量方程是无法确定反应的级数的，除非说明计量方程是基元反应。但是从速率系数的单位就可以确定这是一个二级反应，因为它符合二级反应的特征。

51y9时所需的时间，是3所需时间的2

3．有某化学反应，已知反应物的转化分数

y倍，则该反应是 ( )

3（A）2级反应 （B）二级反应

（C）一级反应 （D）零级反应

答：(C)。13t∶t591∶2，分数衰期之间呈倍数的关系，符合一级反应的特点，所以是一

级反应。也可以采用尝试法，设反应为一级，将已知数据代入一级反应的定积分式

111113lnlnln1k1yk13k2

t13

t5911191313ln5lnln2lnk19k4k2k2

2t13∶t591∶2，所以假设是正确的，反应的级数为一级。

4．当某反应物的初始浓度为 mol·dm-3时，反应的半衰期为360 s，初始浓度

为 mol·dm-3时，半衰期为 600 s，则此反应为 ( )

(A) 零级反应 (B) 级反应

(C) 二级反应 (D) 一级反应

答：(C)。这反应符合起始物浓度相等的二级反应的特点，半衰期与起始物的浓度成反比。

5．有一个放射性元素，其质量等于8 g，已知它的半衰期

t1210 d，则经过40 d后，

其剩余质量等于 ( )

（A）4 g （B）2 g

（C）1 g （D） g

答：(D)。半衰期为10 d，那40 d相当于过了4个半衰期，即

8 g4 g2 g1 g0.5 g

CD，如果A的起始浓度减小一半，其半衰期也缩短一半，则反6．对于反应Ak应的级数为 ( )

(A) 一级 (B) 二级

(C) 零级 (D) 级

答：(C)。零级反应的半衰期与反应物的起始浓度成正比。

8．对于一般的化学反应，当温度升高时，下面说法正确的是 ( )

(A) 活化能明显降低 (B) 平衡常数一定变大

(C) 正、逆反应的速率系数成比例变化 (D) 反应到达平衡的时间变短

答：（D）。升高反应的温度，正、逆反应的速率系数都会变大，所以可以缩短到达平衡的时间。反应温度一般不会改变活化能的数值。平衡常数的数值是增大还是变小，要根据反应是吸热还是放热而定，题目没有给出。正、逆反应的活化能一般不可能相等，所以

正、逆反应的速率系数不会成比例地变化。

9．某化学反应，温度升高1 K，反应的速率系数增加1%。则该反应的活化能的数值约( )

为

（A）100RT

2 （B）10RT

2（C）RT

2 （D）0.01RT

2Edlnka2RT，温度升高1 K，反应的速率系答：（D）。根据Arrhenius公式的微分式，dTdlnk0.01Ea0.01RT2dT数增加1%，相当于，所以。

B；②AD。已知反应①的活化能大于反应10．有一个平行反应，①Ak1,Ea,1k2,Ea,2②的活化能，即

Ea,1>Ea,2，以下措施中哪一种不能改变获得产物B和D的比例

( )

(A) 提高反应温度 (B) 延长反应时间

(C) 加入适当催化剂 (D) 降低反应温度

答：(B)。延长反应时间既不能改变反应速率系数，又不能改变反应的活化能，所以不能改变产物B和D的比例。提高反应温度，对活化能高的反应有利，即产物B的比例会提高。反之，降低反应温度，对活化能低的反应有利，产物B的比例会下降。加入适当催化

剂，通常会加快主反应的速率，使主产物的比例提高。

B，AC，设反应开始时，生成物11．有两个都是一级的平行反应，Ak1,Ea,1k2,Ea,2的浓度都等于零。下列哪个结论是不正确的 ( )

(A) k总k1k2

(B) k1/k2[B]/[C]

ln2k1k2

(C)

E总Ea,1Ea,2 (D)

t12答：(C)。级数相同的平行反应，其积分式和半衰期的表示式等，与同一级数的简单反应的相似，只是速率系数是两个平行反应速率系数的加和。如果反应开始时，没有生成物存在，则产物的浓度比就等于速率系数之比。但是，表观活化能不等于组成平行反应的两个基元反应的活化能之和，两个活化能之间的关系要从k总k1k2的关系式导出（代入Arrhenius公式的指数式，进行整理即可）。

k1k2k22k412．某总包反应的表观速率系数，则表观活化能Ea与基元反应活化能之

12间的关系为 （ ）

（A）

1Ea,12Ea,42

Ea2Ea,2 （B）

EaEa,21Ea,1Ea,42

（C）

EaEa,2Ea,1Ea,4

Ea,1EaEa,22Ea,4（D）

12答：(B)。将表观速率系数表示式的等式双方取对数，得

1lnk1ln2lnk42

lnkln2lnk2将等式双方对温度T求微分，由于纯数值不是温度的函数，在求微分时等于零，所以得

dlnkdlnk21dlnk1dlnk4dTdT2dTdT

在等式双方各乘以RT，得

2

RT2dlnkdlnk212dlnk1dlnk4RT2RTRT2dTdT2dTdT

根据活化能的定义式，关系为

EaEa,2EaRT2dlnkdT，就得到表观活化能Ea与基元反应活化能之间的

1Ea,1Ea,42。

在表观速率系数中，速率系数的乘除关系，体现在表观活化能上是加减的关系，速率

系数的指数，就是活化能的系数。速率系数的系数，在活化能的关系式中不会出现，因为在取对数时已经分离开了，在对温度微分时其值为零。

18．汽车尾气中的氮氧化物，在平流层中破坏奇数氧（O3和O）的反应机理为

NOO3NO2O2

NOO2 NO2O在( )

此机理中，NO起的作用是

(A) 总反应的产物 (B) 总反应的反应物

(C) 催化剂 (D) 上述都不是

答：(C)。NO参与了破坏奇数氧的反应，但反应前后本身没有变化，起了催化剂的作用。所以汽车和喷气式飞机的尾气中的氮氧化物，对臭氧层的破坏是十分严重的。

19．某一反应在一定条件下的平衡转化率为%。保持反应的其他条件不变，加入某个高效催化剂，使反应速率明显加快，则平衡转化率的数值将 ( )

(A) 大于 % (B) 小于 %

(C) 等于 % (D) 不确定

答：(C)。催化剂只改变反应的速率，缩短到达平衡的时间，但是它不能改变平衡的组成。

五．习题解析

2．某人工放射性元素，能放出粒子，其半衰期为15 min。若该试样有80%被分解，计算所需的时间

解：放射性元素的蜕变，符合一级反应的特征。对于一级反应，已知半衰期的数值，就能得到速率系数的值，因为一级反应的半衰期是与反应物浓度无关的常数。然后再根据一级反应的定积分式，计算分解80%所需的时间。

ln2ln2 =0.046 min1t1215 mink

试样被分解80%，即转化分数y0.80，代入一级反应的定积分式，得所需时间为

11lnk11y

t

11ln35.0 min0.046min110.80

3．已知物质A的分解反应是一级反应。在一定温度下，当A的起始浓度为0.1 moldm时，分解20%的A需时50min。试计算

3 (1) 该反应的速率系数k。

(2) 该反应的半衰期

t12。

(3) 当A的起始浓度为0.02 moldm时，分解20%的A所需的时间。

3解：(1) 因为是一级反应，已知在50min内A的分解分数，可利用一级反应的定积分式，计算速率系数k。即

11 klnt1y

11ln4.46103min150min10.2

（2）一级反应的半衰期与反应物的起始浓度无关，只要知道速率系数的值，就能计算一级反应的半衰期，即

ln2ln2 155.4 mink4.46103 min1

t12

(3) 对于一级反应，在达到各种转化分数时，所需的时间与半衰期一样，都与反应物的起始浓度无关。所以，只要转化分数相同，所需的时间也就相同。现在A的分解分数都

是20%，所以(3)的答案与已知的条件相同，也是50min。

15．药物阿斯匹林的水解为一级反应。已知：在100℃时的速率系数为7.92 d，活化

1能为56.43 kJmol。求在17℃时，阿斯匹林水解30%所需的时间。

1解： 在已知活化能和一个温度下的速率系数的情况下，利用Arrhenius公式的定积分式，首先求出在17℃（ K）时的速率系数

lnk(T2)Ea11k(T1)RT1T2

k(290.2K)56 430 Jmol111ln7.92 d18.314 JK1mol1373.2K290.2K

1k(290.2K)0.0436 d解得：

然后，利用一级反应的定积分式，求在 K时转化30%所需的时间

11lnk1y

t

11ln8.18 d0.0436 d110.30

t18．某一级反应，在40℃时，反应物转化20%需时15 min ，已知其活化能为

100 kJmol1。若要使反应在15 min 内，反应物转化50%，问反应温度应控制在多少

解：对于一级反应，已知反应完成20% 所需的时间，就可以从它的积分式求出反应的速率系数

11k1lnt1y

11ln0.0149min115min10.2

对于一级反应，已知半衰期（完成 50%所需的时间），就可以计算该温度下的速率系数

ln20.6930.0462min1t1215mink(T2)

根据Arrhenius公式的定积分公式，T2成了唯一的未知数

lnk(T2)Ea11k(T1)RT1T2

0.046210010311ln0.01498.314313T2

解得： T2323 K

所以，反应温度应控制在323 K。