3.6 Примеры решения задач

Задача 1

Время половинного разложения уксусно-этилового эфира (С⁰ = 0,025 моль/л) щелочью (С⁰ = 0,050 моль/л) равно 6,81 мин. Определить время разложения эфира на 80 %. Реакция второго порядка.

Дано:

= 0,025 моль/л

= 0,050 моль/л

t_1/2 = 681 мин

β = 0,8

n = 2

Решение:

СН₃СООС₂Н₅ + NaOH → СН₃СООNa + С₂Н₅OH

t = 0 0,025 0,050

t_1/2 = 6,81 0,025-0,025∙1/2 0,050-0,025∙1/2

t = ? 0,025-0,025∙0,8 0,050-0,025∙0,8

При расчете текущей концентрации следует учесть, что по уравнению реакции исходные вещества реагируют в соотношении 1 : 1, поэтому в любой момент времени количество прореагировавших эфира и щелочи одинаково. Можно рассчитать константу равновесия из данных второй строчки, то есть через 6,81 минут от начала реакции.

По рассчитанному значению константы, из этого же уравнения находится время, в течение которого прореагирует 80 % эфира, то есть (данные третьей строки).

Задача 2

При 310 ⁰С AsH₃ (газ) разлагается с образованием твердого мышьяка и водорода. Во время реакции давление в системе изменяется следующим образом:

t, час	0	2,5	5,5	6,5	8,0
Р, мм.рт.ст.	733	767	806	818	835

Показать, что реакция является реакцией первого порядка и вычислить константу скорости.

Решение:

Для подтверждения первого порядка используем графический метод, по которому зависимость lnP от t должна быть линейной. Под логарифмом стоит текущее давление исходного компонента AsH₃. В то же время в таблице дано давление в системе, то есть общее давление, состоящее из исходного AsH₃ и образующегося Н₂, поэтому следует из общего давления выделить давление AsH₃.

2AsH₃ → 2As + 3 Н₂

газ тв газ

t = 0 P⁰ 0

t P⁰-x 3/2x

Отсюда текущее давление AsH₃:

Р⁰ =733 мм.рт.ст. при t = 0.

Данные текущего давления заносим в таблицу, строим график lnP = f (t).

t, час	0	2,5	5,5	6,5	8,0
, м.рт.ст.	733	665	587	563	529
	6,597	6,500	6,357	6,333	6,271

Константу скорости можно найти из графика, поскольку .

Задача 3

Определить порядок реакции: 2СО → СО₂ + С, если при постоянной температуре в одном опыте начальное давление СО упало с 787 до 688 мм.рт.ст. за 10 минут, а в другом с 535 до 468 мм.рт.ст. за это же время.

Дано:

= 787 мм.рт.ст.

P₁ = 688 мм.рт.ст.

∆t₁ = ∆t₂ = 10 мин

=535 мм.рт.ст.

P₂ = 468 мм.рт.ст.

n = ?

Решение:

В данном случае порядок можно определить методом начальных скоростей:

,

,

,

.

Задача 4

При изучении реакции 2NO + 2H₂ → N₂ + 2H₂O при начальных давлениях NO и H₂ равных 4,72∙10⁴ Па в первом опыте и 2,69∙10⁴ Па во втором половина вещества прореагировала за 81 с и 239 с соответственно. Определить порядок реакции.

Дано:

а₁ = а₂ = 1/2

n = ?

Решение:

Поскольку в обоих опытах доля непрореагировавшего вещества одинакова, то порядок определим по уравнению:

.

В данном случае получен общий порядок реакции, так как исходные давления взяты в стехиометрическом соотношении.

Задача 5

Для обратимой газофазной реакции

K₁

А В

K₂

начальные давления А и В соответственно равны 1,33∙10⁴ Па и 0. Через 10 минут после начала реакции Р_А = 5,3∙10³ Па. Определить значение Р_А и Р_В через 40 минут после начала реакции, если = 3. НайтиК₁ и К₂.

Дано:

= 1,33∙10⁴ Па

= 0

t₁ = 10 мин

Р_1А = 5,3∙10³ Па

t₂ = 20 мин

= 3

Р_2(А) = ? Р_2(В) =? К₁=? К₂=?

Решение

Представим данные задачи следующим образом:

K₁

А В

K₂

t = 0 0

t₁ = 10 мин -x₁ x₁

t₂ = 20 мин - x₂ x₂

t = ∞ (равновесие) - x_равн. x_равн.

Для нахождения констант скоростей прямой и обратной реакций используем систему уравнений (3.19) и (3.20).

Первое из уравнений может быть отнесено к 10 минутам от начала реакции. По условию

Р_1А = -x₁ = 1,33∙10⁴ - x₁ = 5,3∙10³ , откуда

x₁ = 1,33∙10⁴ - 0,53∙10⁴ = 0,80∙10⁴ Па.

x_равн. можно найти по закону действующих масс из константы равновесия, которая равна К_р =.

= = 3, откуда x_равн.= 1,00∙10⁴ Па

Составляем систему уравнений

К₁ = 0,12 мин^-1; К₂ = 0,04 мин^-1.

Давление А через 20 минут равно - x₂;

x₂ находим по уравнению (3.21)

1,00∙10⁴

Р_2(А) =1,33∙10⁴ - 0,96∙10⁴ = 0,37∙10⁴ Па.

Вещества В образовалось столько же, сколько израсходовалось вещества А, то есть Р_2(В) = 0,96∙10⁴ Па.

Задача 6

В условиях ацетолиза β-D-глюкопиранозы (А), наряду с пентаацетатом D-глюкопиранозы (В) образуется также некоторое количество продукта (С). Через 20 минут от начала реакции осталось от одного моля А 0,845 моль. При этом образовалось 0,012 моль вещества С. Рассчитать К₁ и К₂.

Дано:

а = 1 моль

а – х =0,845 моль

t = 20 минут

х_с = 0,012 моль

К₁=? К₂=?

Решение

Реакция является параллельной

Для нахождения К₁ и К₂ надо решить систему уравнений

а – х = 0,845 х = а – 0,845 = 1 - 0,845 = 0,155 моль

х = х_С + х_В х_В = х - х_С = 0,155 - 0,012 = 0,143 моль.

К₁= 12 К₂

К₁ + К₂ = 13 К₂ = 8,42∙10^-3

К₂ = 0,65∙10^-3 мин^-1

К₁ = 7,77∙10^-3 мин^-1

Задача 7

Реакция термического крекинга нефти (Н) является последовательной, причем бензин (Б) является промежуточным продуктом, распадающимся на газообразные вещества (Г). Определить максимальное количество бензина и время его достижения при крекинге 1 тонны нефти, если при 673 К константа образования бензина равна 0,283 ч^-1, а распада – равна 0,102 ч^-1.

Дано:

m₀(H) = 1 т

К₁ = 0,283 ч^-1

К₂ = 0,102 ч^-1

t_max(Б) = ?

m_max(Б) = ?

Решение:

Реакция является последовательной, схематически может быть представлена так:

.

Количество образовавшегося бензина через 5,6 ч определяем по уравнению (3.22).

m(Б) = ( e^-k1tmax - e^-k2tmax)=(e^-0,283∙5,6 - e^-0,102∙5,6)= 0,58 т

Задача 8

Получить выражение скорости реакции разложения гидрида силана

SiH₄ → Si + 2H₂, протекающей через стадии

SiH₄ SiH₂+ H₂;

SiH₂ Si + H₂;

SiH₂ + H₂ SiH_4.

Решение:

Запишем общее выражение для искомой скорости. Обозначим концентрацию веществ в виде С(А) ≡ [A].

Промежуточное вещество SiH₂ является неустойчивым и реакционно-активным, следовательно, можно применить к данному процессу метод стационарных концентраций.

. Откуда находим [SiH₂]:

[SiH₂] = .

Подставив это значение в выражение для скорости разложения SiH₄, найдем: