câu hỏi (có đáp án ) động hóa học

Bài 1:
Cho phản ứng sau:
2 5(K) 2 2
N O 4NO O→ +
Tốc độ được biểu thị bằng công thức:
2
d[O ]
v
dt
=
. Hãy viết biểu thức tốc độ đối với
các chất trong phản ứng trên.
Bài giải
Biểu thức tốc độ phản ứng đối với N
2
O
5
là
2 5
d[N O ]
1
v
2 dt
= − ×
Biểu thức tốc độ phản ứng với NO
2
là
2
d[NO ]1
v
4 dt

= ×
Bài 2:
Xác định K và bậc phản ứng trong pha khí ở 300
0
K:
2NO + Cl
2

→
2NOCl
Dựa vào các dữ kiện thực nghiệm sau đây:
NO (M) Cl
2
(M) v
1 0,01 0,01
4
1,2 10
−
×
2 0,01 0,02
4
2,3 10
−
×
3 0,02 0,02
4
9,6 10
−
×
Bài giải

Biểu thức tốc độ của phản ứng:
2
v k[NO] [Cl ]
α β
=
(*), trong đó k,
,α β
lần lượt là
hằng số tốc độ phản ứng, bậc ứng với NO và Cl
2
.
+ Khi [NO] = 0,01 M; [Cl
2
] = 0,01 M và v =
4
1,2 10
−
×
vào biểu thức (*) ta được:
4
k 0,01 0,01 1,2 10 (1)
α β −
× × = ×
+ Khi [NO] = 0,01 M; [Cl
2
] = 0,02 M và v =
4
2,3 10
−
×

vào biểu thức (*) ta được:
4
k 0,01 0,02 2,3 10 (2)
α β −
× × = ×
+ Khi [NO] = 0,02 M; [Cl
2
] = 0,02 M và v =
4
9,6 10
−
×
vào biểu thức (*) ta được:
4
k 0,02 0,02 9,6 10 (3)
α β −
× × = ×
Lập tỉ lệ giữa (1) và (2) ta được:
4
4
k 0,01 0,01 1,2 10 1
k 0,01 0,02 2,3 10 2
α β −
α β −
× × ×
= =
× × ×
1
Hay
1 1

1
2 2
β
 
= ⇒ β =
 ÷
 
Tương tự: Lập tỉ lệ giữa (2) và (3) ta được:
4
4
k 0,01 0,02 2,3 10 1
k 0,02 0,02 9,6 10 4
α β −
α β −
× × ×
= ≈
× × ×
Hay
1 1
2
2 4
α
 
= → α =
 ÷
 
Lúc này biểu thức vận tốc của phản ứng:
2 1
2
v k[NO] [Cl ]=

. Bậc của phản ứng trên
là:
2 1 3α +β = + =
.
Suy ra:
2 1
2
v
k
[NO] [Cl ]
=
Thay các giá trị v, [NO] và [Cl
2
] vào biểu thức vận tốc ta tính được giá trị của k,
giá trị k được thể hiện ở bảng sau:
NO (M) Cl
2
(M) v k
0,01 0,01
4
1,2 10
−
×
120
0,01 0,02
4
2,3 10
−
×
115

0,02 0,02
4
9,6 10
−
×
120
Ta có:
120 115 120
k 118,33
3
+ +
= ≈
Bài 3:
Cho phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm xảy ra như sau:
RCOOR’ + NaOH
→
RCOONa + R’OH
Khi tăng nồng độ kiềm lên gấp đôi thì tốc độ đầu cũng tăng lên 2 lần. Nhận xét
này cũng đúng khi tăng nồng độ este lên gấp đôi.
a.Cho biết bậc của phản ứng và dạng của phương trình động học.
b.Cho 0,01 mol NaOH và 0,01 mol este vào 1 lit nước (V = const). Sau 200 phút
thì este bị phân hủy 60%. Tính hằng số tốc độ, thời gian bán hủy và thời gian cần
thiết để phân hủy hết 99% este.
Bài giải
Gọi nồng độ ban đầu của este và kiềm lần lượt là C
o
và
'
0
C

.
2
Biểu thức vận tốc của phản ứng là:
v k[RCOOR '] [NaOH]
α β
=
'
0 0
k C C
α β
= × ×
(*).
a. ● Khi tăng nồng độ este lên gấp đôi thì ta có: [RCOOR’] = 2C
0
. Thay vào biểu
thức vận tốc ta được:
' '
0 0
v k[RCOOR '] [NaOH] k (2C ) C 2v
α β α β
= = × × =
(1).
Lập tỉ lệ giữa (*) và (1) ta được:
v 1 1
v' 2 2
α
 
= = → α
 ÷
 

=1
● Khi tăng nồng độ kiềm lên gấp 2 lần thì ta có: [NaOH] =2
'
0
C
. Thay vào biểu
thức vận tốc ta được:
' '
0 0
v k[RCOOR '] [NaOH] k (C ) (2C ) 2v
α β α β
= = × × =
(2).
Lập tỉ lệ giữa (*) và (2) ta được:
v 1 1
v' 2 2
β
 
= = → β
 ÷
 
=1
Bậc của phản ứng:
1 1 2α +β = + =
Và phương trình động học
v k[RCOOR '][NaOH]=
b.Nồng độ mol/l của este và kiềm đều bằng 0,01M.
Và phản ứng là phản ứng bậc 2. Áp dụng công thức:
2
1 1 1

k
t a x a
 
= −
 ÷
−
 
Sau t = 200 phút thì có 60% este bị phân hủy, do đó nồng độ este bị phân hủy sẽ là
3
x 0,01 0,6 6 10 (M)
−
= × = ×
.
Nồng độ este còn lại là
3 3
a x 0,01 6 10 4 10 (M)
− −
− = − × = ×

Thay vào công thức ta tính được k
2
:
2
3 2
1 1 1
k 0,75
200 4 10 10
− −
 
= − =

 ÷
×
 
(l
2
.mol
-2
.s
-1
)
● Thời gian bán hủy
1/2
2
1 1
133,33
k a 0,75 0,01
τ = = =
×
(phút)
Nồng độ este còn lại sau khi bị phân hủy hết 99% sẽ là:
4
a x 0,01 (100 99)% 10 (M)
−
− = × − =
Thời gian cần thiết để phân hủy hết 99% este là:
4 2
2
1 1 1 1 1 1
t 13200
k a x a 0,75 10 10

− −
   
= − = − =
 ÷  ÷
−
   
(phút)
3
Bài 4:
Ở thời điểm ban đầu t = 0, người ta đưa vào bình phản ứng có dung tích
400cm
3
một chất HCHO dưới P = 300 mmHg và nhiệt độ là 350
0
C. Sau 100 giây,
áp suất toàn phần đo được là 400 mmHg.
a. Tính áp suất riêng phần của CO, H
2
và HCHO tại thời điểm t = 100 giây.
b. Tính nồng độ và số mol của HCHO ở thời điểm t = 0.
Cho biết: HCHO
(K)

→
H
2(K)
+ CO
(K)
Bài giải
a.Gọi x là áp suất riêng phần của HCHO tại thời điểm t = 100 giây.

Vì thể tích của bình chứa và nhiệt độ không đổi trong thời gian phản ứng nên tỉ lệ
về áp suất sẽ chính là tỉ lệ về số mol phản ứng.
Ta có: HCHO
(K)

→
H
2(K)
+ CO
(K)
BĐ 300 : 0 : 0
PƯ 300 – x : 300 –x : 300 – x
Còn x : 300 –x : 300 – x
Ta có: P
chung
= x + (300 – x)
2×
= 400
→
x = 200
Áp suất riêng phần của từng chất khí tại thời điểm t = 100 giây là:
2
HCHO CO H
P 200mmHg;P 100mmHg;P 100mmHg= = =
b.Áp dụng công thức:
3
3
HCHO
300
400 10

PV
760
PV nRT n 3,09 10
RT 0,082 (350 273)
−
−
× ×
= → = = = ×
× +
(mol)
Nồng độ của HCHO ở thời điểm t = 0 là:
3
3
M,HCHO
3
3,09 10
C 7,725 10 M
400 10
−
−
−
×
= = ×
×
Bài 5:
Khi nghiên cứu các đồng vị phóng xạ
α
(
Po
α

) của nguyên tố Po có khối lượng
210. Cho thấy rằng sau 10 ngày khối lượng của nó giảm đi 6,85%. Xác định tốc độ
của phản ứng phân rã
Po
α
và
1/2
τ
, thời gian cần thiết để phân rã hết 99%
Po
α
.
Bài giải
4
Phản ứng phân rã của các đồng vị phóng xạ là phản ứng bậc 1.
Gọi m (gam) là khối lượng ban đầu của đồng vị
210
Po
.
Khối lượng
210
Po
bị phân rã là: 0,0685m (gam).
Khối lượng
210
Po
chưa bị phân rã là: 0,9315m (gam)
Áp dụng công thức:
1
1 a

k ln
t a x
=
−
.
Thay vào công thức ta có tốc độ của phản ứng phân rã là:
3
1
1 m
k ln 7,0959 10
10 0,9315m
−
= = ×
(ngày
-1
)
Chu kì bán rã là:
1/2
3
1
0,693 0,693
97,662
k 7,0959 10
−
τ = = =
×
≈
98(ngày).
Sau khi phân rã hết 99%
Po

α
, lượng Po còn lại là: 0,01m (gam)
Thời gian cần thiết để phân rã hết 99% Po là:
3
1
1 a 1 m
t ln ln 649
k a x 7,0959 10 0,01m
−
= = =
− ×
(ngày)
Bài 6:
Tốc độ phân hủy N
2
H
5
Cl trong hỗn hợp với N
2
H
4
ở 185
0
C được mô tả bằng
phương trình sau:
a b
2 4 2 5
v k[N H ] [N H Cl]=
. Hãy tính k, a và b, biết:
v (

4 1 1
10 mol.l .s
− −
) [N
2
H
4
] [N
2
H
5
Cl]
27,40 12,50 17,80
3,57 1,71 17,0
2,19 1,71 10,4
Bài giải:
+ Khi [N
2
H
4
] = 12,50 M; [N
2
H
5
Cl] = 17,80 M; v =
4 1 1
27,40 10 (mol.l .s )
− − −
×
thay vào

biểu thức tốc độ phản ứng ta được: v =
a b 4
k.12,50 .17,80 27,40 10
−
= ×
(1).
+ Khi [N
2
H
4
] = 1,71 M; [N
2
H
5
Cl] = 17,0 M; v =
4 1 1
3,57 10 (mol.l .s )
− − −
×
thay vào biểu
thức tốc độ phản ứng ta được: v =
a b 4
k.1,71 .17,0 3,57 10
−
= ×
(2).
+ Khi [N
2
H
4

] = 1,71 M; [N
2
H
5
Cl] = 10,4 M; v =
4 1 1
2,19 10 (mol.l .s )
− − −
×
thay vào biểu
thức tốc độ phản ứng ta được: v =
a b 4
k.1,71 .10,4 2,19 10
−
= ×
(3).
5
Lập tỉ lệ giữa (1) và (2) ta được:
a b 4
a
a b 4
k.12,50 .17,80 27,40 10
7,3 7,6 a 1
k.1,71 .17,0 3,57 10
−
−
×
= → = → ≈
×
Lập tỉ lệ giữa (2) và (3) ta được:

a b 4
b
a b 4
k.1,71 .17,0 3,57 10
1,63 1,63 b 1
k.1,71 .10,4 2,19 10
−
−
×
= → = → =
×
Biểu thức tốc độ phản ứng:
2 4 2 5
v k[N H ][N H Cl]=
2 4 2 5
v
k
[N H ][N H Cl]
→ =
(*)
Thay các giá trị v, [N
2
H
4
]; [N
2
H
5
Cl] vào biểu thức (*) ta được:
[N

2
H
4
] [N
2
H
5
Cl] v k
12,50 17,8
4
27,40 10
−
×
5
1,23 10
−
×
1,71 17,0
4
3,57 10
−
×
5
1,23 10
−
×
1,71 10,4
4
2,19 10
−

×
5
1,23 10
−
×
Ta có:
5
5
1,23 10 3
k 1,23 10
3
−
−
× ×
= = ×
(mol.l
-1
.s
-1
)
Bài 7:
Cho dung dịch etyl axetat 0,01N ở 293K. Sau 23 phút bị xà phòng hóa hết 10%
bởi dung dịch NaOH 0,02N. Tính thời gian cần thiết để etyl axetat xà phòng hóa
hết 10% nếu nồng độ chất phản ứng giảm đi 10 lần.
Bài giải:
3 2 5 3 2 5
CH COOC H NaOH CH COONa C H OH+ → +
Theo bài 3 thì phản ứng trên là phản ứng bậc 2.
Lượng etyl axetat bị xà phòng hóa là:
3

x 0,01 0,1 10 (N)
−
= × =
Lượng etyl axetat còn lại sau khi xà phòng hóa hết 10% là:
3
b x 0,01 0,9 9 10 (N)
−
− = × = ×
Lượng NaOH còn lại sau khi xà phòng hóa là:
3
a x 0,02 10 0,019(N)
−
− = − =
Áp dụng công thức:
2
1 1 b(a x)
k . .ln
t a b a(b x)
−
=
− −
6
Ta có:
2
3
1 1 0,01 0,019
k . .ln 0,235
23 0,02 0,01 0,02 9 10
−
×

= =
− × ×
●Nồng độ chất phản ứng CH
3
COOC
2
H
5
và

NaOH sau khi giảm nồng độ đi 10 lần:
0,001N và 0,002N.
Lượng etyl axetat bị xà phòng hóa là:
4
x 0,001 10% 10 (N)
−
= × =
Lượng etyl axetat còn lại sau khi bị xà phòng hóa hết 10% là:
3 4 4
b x 10 10 9 10 (N)
− − −
− = − = ×
Lượng NaOH còn lại sau khi xà phòng hóa là:
3 4 3
a x 2 10 10 1,9 10 (N)
− − −
− = × − = ×
Ta có:
3
2

4
1 1 0,001 1,9 10
k ln 0,235
t 0,002 0,001 0,002 9 10
−
−
× ×
= × × =
− × ×
t 230
→ =
(phút)
Bài 8:
Phản ứng phân hủy H
2
O
2
khi có mặt chất xúc tác Pt thu được:
t (phút) 0 10 20
[H
2
O
2
] (mol/lit) 22,8 13,8 8,25
Xác định k và bậc phản ứng.
Bài giải
Giả sử phản ứng là bậc 1. Áp dụng công thức:
1
1 a
k ln

t a x
=
−
+ Sau 10 phút thì lượng H
2
O
2
còn lại sẽ là:
a x 13,8(M)− =
Thay vào công thức ta được:
1
1 22,8
k ln 0,050
10 13,8
= =
(phút
-1
)
+ Sau 10 phút tiếp theo thì lượng H
2
O
2
còn lại sẽ là:
a x 8,25(M)− =
Thay vào công thức ta được:
1
1 13,8
k ln 0,051
10 8,25
= =

(phút
-1
)
Ta thấy các giá trị k xấp xỉ gần bằng với nhau nên điều giả sử là đúng.
Vậy phản ứng là bậc 1 và hằng số tốc độ phản ứng:
0,050 0,051
k 0,0505
2
+
= =
(phút
-1
)
Bài 9:
7
Phản ứng chuyển hóa aminoxianat urê xảy ra trong dung dịch nước theo phản
ứng sau: NH
4
CNO
→
(NH
2
)
2
CO
Xác định bậc phản ứng nếu biết:
a (mol/lit) 0,05 0,1 0,2
1/2
(h)τ
37,03 19,15 9,45

Bài giải
Giả sử phản ứng là bậc 1. Áp dụng công thức:
1/2
1
0,693
k
τ =
.
+ Khi
1/2 1
0,693
37,03 k 0,0187
37,03
τ = → = =
(giờ
-1
)
+ Khi
1/ 2 1
0,693
19,05 k 0,0362
19,15
τ = → = =
(giờ
-1
)
+ Khi
1/ 2 1
0,693
9,45 k 0,0733

9,45
τ = → = =
(giờ
-1
)
Ta nhận thấy các giá trị k
1
thay đổi, do vậy điều giả sử ở trên là không chính xác.
Giả sử phản ứng là bậc 2. Áp dụng công thức:
1/2
2
1
k a
τ =
+ Khi a = 0,05M;
1/2
τ =
37,03(h) thì
2
1/2
1 1
k 0,54
a 37,03.0,05
= = =
τ
(l.mol
-1
.h
-1
)

+ Khi a = 0,1M;
1/2
τ =
19,05(h) thì
2
1/ 2
1 1
k 0,52
a 19,15.0,1
= = =
τ
(l.mol
-1
.h
-1
)
+ Khi a = 0,2M;
1/2
τ =
9,45(h) thì
2
1/ 2
1 1
k 0,53
a 9,45.0,2
= = =
τ
(l.mol
-1
.h

-1
)
Ta nhận thấy các giá trị k
2
xấp xỉ gần bằng nhau nên điều giả sử đúng. Vậy phản
ứng là bậc 2 và hằng số tốc độ phản ứng
0,54 0,52 0,53
k 0,53
3
+ +
= =
(l.mol
-1
.h
-1
)
Bài 10:
2
2NO H 2NOH+ →
. Xảy ra theo cơ chế sau:
a)
2 2
NO H NOH+ €
(nhanh)
2
NOH NO 2NOH+ €
(chậm)
8
b)
2 2

2NO N O€
(nhanh)
2 2 2
N O H 2NOH+ €
(chậm)
Chứng minh phản ứng là bậc 3.
Bài giải
* Xét trường hợp a:
Giai đoạn chậm sẽ là giai đoạn quyết định vận tốc phản ứng. Biểu thức vận tốc
phản ứng của giai đoạn này là:
'
2
v k [NOH ][NO]=
(1)
Đối với giai đoạn nhanh, ta có hằng số cân bằng:
2
cb
2
[NOH ]
K
[NO][H ]
=
2 cb 2
[NOH ] K [NO][H ]→ =
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
' 2
cb 2 2
v k K [NO][H ][NO] k[NO] [H ]= =
(đặt

'
cb
k k .K=
)
Bậc phản ứng:
2 1 3+ =
Vậy bậc phản ứng là bậc 3.
* Xét trường hợp b:
Giai đoạn chậm sẽ là giai đoạn quyết định vận tốc phản ứng. Biểu thức vận tốc
phản ứng của giai đoạn này là:
'
2 2 2
v k [N O ][H ]=
(1’)
Đối với giai đoạn nhanh, ta có hằng số cân bằng:
2 2
cb
2
[N O ]
K
[NO]
=
2
2 2 cb
[N O ] K [NO]→ =
(2’)
Thay (2’) vào (1’) ta được:
' 2 2
cb 2 2
v k K [NO] [H ] k[NO] [H ]= =

(đặt
'
cb
k k .K=
)
Bậc phản ứng:
2 1 3+ =
Vậy bậc phản ứng là bậc 3.
Bài 11:
Chu kì bán hủy bậc 1
A B→
là 10 phút. Hỏi sau 1 giờ A còn lại bao nhiêu.
Bài giải
Hằng số tốc độ của phản ứng bậc 1 là:
1/2 1
1 1/2
0,693 0,693 0,693
k 0,0693
k 10
τ = → = = =
τ
(phút
-1
)
9
Lượng chất đầu A sau 1 giờ còn là:
1
k t
0,0693 60
a x ae ae 0,0156a

−
− ×
− = = =
Vậy sau 1 giờ lượng A còn 1,56%.
Bài 12:
Cho phản ứng A chuyển thành B. Sau 1 giờ A phản ứng hết 60%. Hỏi sau 2h A
còn lại bao nhiêu.
Bài giải
Gọi lượng A ban đầu là a, lượng A vào thời điểm t là
a x−
1
1 a 1 100
k ln ln 0,916
t a x 1 40
= = =
−
(giờ
-1
)
Lượng A còn lại sau 2 giờ là:
1
k t
0,916 2
a x ae ae 0,16a
−
− ×
− = = =
Vậy sau 2 h lượng A còn lại 16%
Bài 13 :
Hằng số tốc độ của phản ứng:

2 5 2 2
2N O 4NO O→ +

5 1
k 1,73 10 s
− −
= ×
a.Cho biết bậc phản ứng và viết phương trình mô tả sự phụ thuộc của tốc độ phản
ứng vào chất đầu.
b.Tốc độ của phản ứng xảy ra trong bình 12cm
3
chứa N
2
O
5
ở áp suất p = 0,1atm; t
= 25
0
C là bao nhiêu.
c.Tính
2 5
d[N O ]
dt
d.Tính số phân tử N
2
O
5
bị phân hủy trong 1 giây. Trong bình có thể tích 12cm
3
.

e.Nếu phản ứng đã cho có dạng
2 5 2 2
1
N O 2NO O
2
→ +
thì k, v bằng bao nhiêu.
Bài giải
a.Từ đơn vị của hằng số tốc độ phản ứng suy ra đây là phản ứng bậc 1.
Phương trình mô tả sự phụ thuộc của tốc độ phản ứng vào chất đầu:
2 5
v k[N O ]=

b.Áp dụng công thức:
PV nRT=
2 5
3
5
N O
PV 0,1.12.10
n 4,91 10 (mol)
RT 0,082(25 273)
−
−
→ = = = ×
+
10
Nồng độ của N
2
O

5
:
2 5
5
3
M,N O
3
n 4,91 10
C 4,092 10 M
V 12 10
−
−
−
×
= = = ×
×
c. Vận tốc của phản ứng:
2 5
v k[N O ]=
=
5 3 8 1 1
1,73 10 (4,092 10 ) 7,079 10 (mol.l .s )
− − − − −
× × × = ×
Mà
2 5
d[N O ]
1
v .
2 dt

= −
8 7
2 5
d[N O ]
2 7,079 10 1,416 10
dt
− −
→ = − × × = − ×
(mol.l
-1
.s
-1
)
d.Ta có:
8 1 1
v 7,079 10 (mol.l .s )
− − −
= ×
nghĩa là có 7,079
8
10
−
×
mol N
2
O
5
bị phân hủy
trong 1 giây trong 1 lit khí.
Vậy số phân tử N

2
O
5
bị phân hủy là:
3 8 23 14
12 10 7,079 10 6,023 10 5,12 10
− −
× × × × × = ×
(phân tử)
e.Phản ứng có dạng
2 5 2 2
1
N O 2NO O
2
→ +
Ta có:
2 5
d[N O ]
v
dt
= −
Theo câu c thì
2 5
d[N O ]
v
dt
= −
7 7
( 1,416 10 ) 1,416 10
− −

= − − × = ×
Mặt khác:
3 7
2 5
v k[N O ] k 4,092 10 1,416 10
− −
= = × × = ×
5
k 3,46 10
−
→ = ×
Bài 14:
Khi crackinh dầu hỏa thì xăng là sản phẩm trung gian. Hãy xác định lượng
xăng cực đại và thời gian cần thiết để đạt lượng xăng đó ở 673
0
K. Biết hằng số tốc
độ hình thành xăng
1 1
1 2
k 0,283h ;k 0,102h
− −
= =
.
Bài giải
Dầu hỏa
1
k
→
xăng
2

k
→
….
Thời gian cần thiết để đạt lượng xăng cực đại:
1 2
max
1 2
ln k ln k ln0,283 ln 0,102
t 5,64
k k 0, 283 0,102
− −
= = =
− −
Gọi a là lượng dầu hỏa ban đầu.
Lượng xăng cực đại thu được là:
11
( )
1 max 2 max
k t k t
2
1
a
e e
k
1
k
− −
−
−
=

0,283 5,64 0,102 5,64
a
(e e ) 0,5627a
0,102
1
0,283
− × − ×
− =
−
Vậy lượng xăng cực đại thu được 56,57%
Bài 15:
Cho phản ứng sau:
(K ) 2(K) 2(K) 2 (H)
4HCl O 2Cl 2H O+ +€
Hỏi khi tăng áp suất đẳng nhiệt lên 2 lần thì vận tốc phản ứng thuận và vận tốc
phản ứng nghịch thay đổi như thế nào.
Bài giải
*Trước khi tăng áp suất:
Vận tốc của phản ứng thuận:
4
t t 2
v k [HCl] [O ]=
Vận tốc của phản ứng nghịch:
2 2
n n 2 2
v k [Cl ] [H O]=
*Sau khi tăng áp suất:
Ta có:
n
PV nRT P RT CRT

V
= → = =
Khi áp suất tăng 2 lần thì nồng độ của các chất có mặt trong phương trình phản
ứng cũng tăng lên 2 lần.
Vận tốc của phản ứng thuận:
' 4 4
t t 2 t 2
v k (2[HCl]) (2[O ]) 32k [HCl] [O ]= =
Vận tốc của phản ứng nghịch:
' 2 2 2 2
n n 2 2 n 2 2
v k (2[Cl ]) (2[H O]) 16k [Cl ] [H O]= =
Lập tỉ lệ:
' 4
t t 2
4
t t 2
v 32k [HCl] [O ]
32
v k [HCl] [O ]
= =
' 2 2
n n 2 2
2 2
n n 2 2
v 16k [Cl ] [H O]
16
v k [Cl ] [H O]
= =
Vậy sau khi tăng áp suất đẳng nhiệt lên 2 lần thì vận tốc thuận tăng lên 32 lần và

vận tốc nghịch tăng lên 16 lần.
Bài 16:
12
Ở 20
0
C một phản ứng kết thức sau 2h biết hệ số nhiệt của phản ứng bằng 3.
Hỏi ở nhiệt độ nào thì phản ứng sẽ kết thúc sau 25 phút.
Bài giải
Ta có:
2 1
T T
10
2 1
v 3 v
−
=
2 1
T T
2
10
1
v
3
v
−
→ =
Vì vận tốc phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian nên:
2 1
T T
0

2 1 2
10
2
1 2
v t T 202 24
3 1,427 T 34,27 C
25
v t 5 10
60
−
−
= → = = → = → =
Bài 17:
Cho phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm theo sơ đồ:
RCOOR’ + NaOH
→
RCOONa + R’OH
Ở 9,4
0
C, hằng số tốc độ phản ứng là k = 2,37
Ở 14,4
0
C, hằng số tốc độ phản ứng là k = 3,204
Hỏi ở nhiệt độ nào thì phản ứng có hằng số tốc độ k = 15
Bài giải
Áp dụng công thức:
a
2
1 1 2
E

k 1 1
ln
k R T T
 
= −
 ÷
 
Ta có: t = 9,4
0
C = 282,4K; t = 14,4
0
C = 287,4K
Thay số ta có:
a
a
E
1 1 3,204
ln E 40690,5(J)
8,314 282, 4 287,4 2,37
 
− = → =
 ÷
 
Xem như giá trị của E
a
thay đổi không đáng kể khi nhiệt độ phản ứng thay đổi.
Tương tự, ta có:
3 a
1 1 3 3
k E

1 1 15 40690,5 1 1
ln ln
k R T T 2,37 8,314 282,4 T
   
= − → = −
 ÷  ÷
   
3
T 316,04K→ =
= 43,04
0
C
Bài 18:
Cho phản ứng sau đây:
2 2 2
H O HCHO HCOOH H O+ → +
ở 60
0
C
13
a.Trộn 1 thể tích bằng nhau 1 mol nước oxi già với 1 mol anđehit fomic sau 2h thì
anđehit fomic còn lại 0,215 mol. Tính k và
1/2
τ
.
b.Trộn 1 lit anđehit fomic 1M và 3 lit H
2
O
2
1M. Xác định lượng axit fomic hình

thành sau 3 giờ.
c.Nếu trộn 1 lit anđehit fomic 0,5M với 1 lit H
2
O
2
1M. Tính thời gian cần thiết để
anđehit fomic còn lại 10%.
Bài giải
a.Nồng độ mol/l của H
2
O
2
và HCHO đều bằng 0,5M.
Đây là phản ứng bậc 2. Áp dụng công thức:
2
1 1 1
k
t a x a
 
= −
 ÷
−
 
Nồng độ H
2
O
2
và HCHO còn lại là:
a x 0,215M− =
Thay số vào công thức:

2
1 1 1
k 1,33
2 0,215 0,5
 
= − =
 ÷
 
Và
1/2
2
1 1
1,5
k a 1,33.0,5
τ = = =
(h)
b.Nồng độ của H
2
O
2
và HCHO lần lượt là: 0,75M và 0,25M.
Gọi x là nồng độ của H
2
O
2
đã tham gia phản ứng.
Áp dụng công thức cho phản ứng bậc 2 có nồng độ các chất phản ứng khác nhau:
2
1 1 b(a x)
k . .ln

t a b a(b x)
−
=
− −
Thay số vào ta được:
1 1 0,25(0,75 x)
. .ln 1,33
3 0,75 0,25 0,75(0,25 x)
−
=
− −
0,75 x
22,057
0,25 x
−
→ =
−
0,75 x 22,057(0,25 x) 21,057x 4,764 x 0,226→ − = − → = → =
(M)
Lượng axit fomic được hình thành sau 3h là: 0,226M
c.Nồng độ của HCHO và H
2
O
2
sau khi pha trộn là: 0,25M và 0,5M
Lượng HCHO đã phản ứng: x = 0,25
×
0,9 = 0,225M
Áp dụng công thức ta có:
2

1 1 b(a x)
k . .ln
t a b a(b x)
−
=
− −
14
Thay số ta được:
1 1 0,25(0,5 0,225)
. .ln 1,33
t 0,5 0,25 0,5(0,25 0,225)
−
=
− −
t 5(h)→ =
Bài 19:
Một phản ứng tiến hành được 30% ở 25
0
C trong vòng 30’. Ở 40
0
C phản ứng
tiến hành được 30% nhưng mất 5’. Tính năng lượng hoạt hóa và cho biết phản ứng
đó dễ hay khó xảy ra.
Bài giải
Vì vận tốc phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian nên
(298K)
1 2
(313K ) 2 1
v
k t 5 1

v k t 30 6
= = = =
Suy ra:
a
1
2 2 1
E
k 1 1
ln
k R T T
 
= −
 ÷
 
hay
a
a
E
1 1 1
ln E 92631,5(J) 92,63kJ
8,314 313 298 6
 
− = → = =
 ÷
 
Vậy phản ứng khó xảy ra.
Bài 20:
Trong bình kín chứa 1 mol N
2
, 3 mol H

2
khi có mặt của chất xúc tác và nhiệt
độ thì phản ứng xảy ra: N
2
+ 3H
2

€
2NH
3
. Tốc độ của phản ứng thuận sẽ giảm đi
bao nhiêu lần khi N
2
phản ứng hết 0,65 mol.
Bài giải
2 2 3
N 3H 2NH
bd :1mol :3mol :
cb :0,35:1,05mol :
+ €
Gọi thể tích của bình phản ứng là V.
Tốc độ của phản ứng thuận trước khi phản ứng xảy ra:
3 3
3
1
t t 2 2 t t
V V
4
1
v k [N ][H ] k [ ][ ] 27. k

V
= = =
Tốc độ của phản ứng thuận sau khi phản ứng được 0,65 mol N
2
0,35 1,05
' 3 3
t t 2 2 t t
V V
4
1
v k [N ][H ] k [ ][ ] 0,4051.k .
V
= = =
15
Lập tỉ lệ:
t
'
t
v
27
66,65
v 0,4051
= =
Vậy vận tốc phản ứng thuận khi N
2
phản ứng được 0,65 mol giảm đi 66,65 lần so
với vận tốc thuận ban đầu.
Bài 21:
Một phản ứng tổng quát như sau:
H

2
O
2
+ 2HI
→
2H
2
O + I
2
Xảy ra theo 2 giai đoạn sơ cấp sau đây:
a.H
2
O
2
+ HI
→
H
2
O + HIO (chậm)
b.HIO + HI
→
H
2
O + I
2
(nhanh)
Xác định bậc tổng quát và phương trình động học tương đối.
Bài giải
Giai đoạn chậm là giai đoạn quyết định vận tốc của phản ứng. Ta viết biểu thức
vận tốc của phản ứng theo giai đoạn chậm:

1 2 2
v k [H O ][HI]=
(*)
Mặt khác:
2 2
cb
[H O][I ]
K
[HIO][HI]
=
. Suy ra:
2 2
cb
[H O][I ]
[HI]
K [HIO]
=
thay vào (*) ta được:
2 2
1 2 2
cb
[H O][I ]
v k [H O ]
K [HIO]
=
Bài 22:
Cho phản ứng:
CO + NO
2

→
CO
2
+ NO
Có
0 0
425 C 525 C
k 1,3(l / mol.s);k 23(l / mol.s)= =
Tính E và
0
298 C
k
Bài giải
Áp dụng công thức:
a
2
1 1 2
E
k 1 1
ln
k R T T
 
= −
 ÷
 
Thay số vào ta được:
0
0
5
525 C a

a
425 C
k
E
1 1
ln 2,159 10 E 2,873
k 8,314 425 273 525 273
−
 
= − → × =
 ÷
+ +
 
16
a
E 133070(J)→ =
=133KJ
Tương tự thay số vào công thức:
0 0
0
4
298 C a 298 C
425 C
k k
E
1 1 133070
ln ln ( 3,186 10 )
k R 425 273 298 273 1,3 8,314
−
 

= − → = × − ×
 ÷
+ +
 
0
3
298 C
k 7,93 10 (l / mol.s)
−
→ = ×
Bài 23:
Sự hình thành etyl fomat ở 303
0
K người ta thu được các dữ kiện sau:
HCOOH + C
2
H
5
OH
€
HCOOC
2
H
5
+ H
2
O
t (phút) 0 1700 10000 14000 20000 40000
Lượng axit 29,44 28,59 24,77 23,06 21,28 16,80
Biết

5 1
n
k 0,175 10 phút
− −
= ×
.
Xác định
t
k
.
Bài giải
Áp dụng công thức:
t n
1 a
k k k ln
t a x
+ = =
−
Thay số vào công thức ta có:
+ t = 1700; a = 29,44;
a x−
=28,59 thì
5
1 29,44
k ln 1,723 10
1700 28,59
−
= = ×
t n
k k k→ = − =

5 5
(1,723 0,175) 10 1,548 10
− −
− × = ×
(phút
-1
)
+ t = 10000; a = 29,44;
a x−
=24,77 thì
5
1 29,44
k ln 1,727 10
10000 24,77
−
= = ×
t n
k k k→ = − =
5 5
(1,727 0,175) 10 1,552 10
− −
− × = ×
(phút
-1
)
+ t = 14000; a = 29,44;
a x−
=23,06 thì
5
1 29,44

k ln 1,745 10
14000 23,06
−
= = ×
t n
k k k→ = − =
5 5
(1,745 0,175) 10 1,57 10
− −
− × = ×
(phút
-1
)
+ t = 20000; a = 29,44;
a x−
=21,28 thì
5
1 29,44
k ln 1,623 10
20000 21,28
−
= = ×
t n
k k k→ = − =
5 5
(1,623 0,175) 10 1,448 10
− −
− × = ×
(phút
-1

)
17
+ t = 40000; a = 29,44;
a x−
=16,80 thì
5
1 29,44
k ln 1,402 10
40000 16,80
−
= = ×
t n
k k k→ = − =
5 5
(1,402 0,175) 10 1,227 10
− −
− × = ×
(phút
-1
)
Suy ra:
5 5
1,548 1,552 1,57 1,448 1,227
k 10 1, 469 10
5
− −
+ + + +
= × = ×
(phút
-1

)
Bài 24:
Khi chiếu 1 ánh sáng có
0
4000Aλ =
vào hỗn hợp CO và Cl
2
thu được 100 g
photgen COCl
2
(độc). Năng lượng hệ hấp phụ là
2
3 10 J×
. Tính hệ số lượng tử của
phản ứng.
Bài giải
Số phân tử photgen được hình thành:
23 23
p
100
n 6,023 10 6,08 10
99
= × × = ×
(phân tử)
Số photon mà hệ hấp phụ:
2
20
h
34 8
10

E 3 10
n 6,04 10
hc
6,625 10 3 10
4000 10
−
−
×
= = = ×
× × ×
λ
×
(phân tử)
Hệ số lượng tử của phản ứng:
23
p
3
20
h
n
6,08 10
10
n 6,04 10
×
γ = = =
×
Bài 25:
Phản ứng oxi hóa: CH
4
+ O

2
xảy ra theo phương trình phản ứng:
CH
4
+ 2O
2

0
t
→
CO
2
+ 2H
2
O
Sự hoạt hóa được tiến hành như sau:
*
(h )
Hg h Hg+ ν →
CH
4
+ Hg
*

0 0
3
CH Hg H→ + +
Các gốc
0
3

CH
phản ứng với oxi trong hỗn hợp cho sản phẩm là CO
2
, CO và
HCHO. Sản phẩm cơ bản là CO
2
. Lượng CH
4
đã phản ứng là
14
6,1 10×
phân tử/s.
18
Năng lượng chiếu sáng là
3
8,7 10 (erg / s)×
. Nhiệt độ thí nghiệm là 25
0
C và
0
253,7 Aλ =
. Tính hiệu suất lượng tử.
Bài giải
Số phân tử CH
4
đã tham gia phản ứng
14
p
n 6,1 10= ×
(phân tử)

Số photon mà hệ hấp phụ
3 7
14
h
34 8
10
E 8,7 10 10
n 1,11 10
hc
6,625 10 3 10
253,7 10
−
−
−
× ×
= = = ×
× × ×
λ
×
Hệ số lượng tử của phản ứng:
14
p
4
h
n
6,1 10
5,5
n 1,11 10
×
γ = = =

×
Bài 26:
Hơi axeton được chiếu sáng bằng ánh sáng có
313nmλ =
ở 56,7
0
C. Phản ứng
xảy ra theo sơ đồ sau:
3 3 2 6
CH CO CH h C H CO− − + ν → +
V
bình pứ
= 59ml; hơi axeton hấp thụ là 91,5% năng lượng tia tới. Áp suất thẩm thấu
của hệ là 766,2 mmHg. Sau 7h chiếu sáng áp suất tăng lên đến 783,2 mmHg. Năng
lượng tới hệ là 48100 erg/s. Tính hiệu suất lượng tử.
Bài giải
Số mol của axeton:
3
3
PV 766,2 59 10
n 2,2 10
RT 760 0,082 (56,7 273)
−
−
× ×
= = = ×
× × +
(mol)
Số mol của hỗn hợp khí sau phản ứng:
3

3
PV 783,2 59 10
n 2,25 10
RT 760 0,082 (56,7 273)
−
−
× ×
= = = ×
× × +
(mol)
Gọi x là số mol axeton tham gia phản ứng thì số mol của C
2
H
6
và CO lần lượt đều
bằng x.
Ta có tổng số mol khí sau phản ứng sẽ là:
19
3 3 3 3
n 2,20 10 x 2x 2,20 10 x 2,25 10 x 0,05 10
− − − −
= × − + = × + = × → = ×
(mol)
Số phân tử axeton tham gia phản ứng:
p
n =
3 23 19
0,05 10 6,023 10 3,01 10
−
× × × = ×

(phân tử)
Số photon mà hệ hấp phụ:
7
20
h
34 8
9
E 48100 10 7 3600 91,5
n 1,74 10
hc
6,625 10 3 10
313 10
−
−
−
× × × ×
= = = ×
× × ×
λ
×
Hệ số lượng tử của phản ứng là:
19
p
20
h
n
3,01 10
0,17
n 1,74 10
×

γ = = =
×
Bài 27:
Để thu được O
2
người ta phân hủy 15 cm
3
H
2
O
2
với sự có mặt của xúc tác. Thể
tích O
2
thu được theo thời gian như sau:
t(phút) 2 4 6 8
∞
V (ml) O
2
1,30 2,36 3,36 3,98 6,98
Thể tích khí O
2
được đo ở đktc. Hãy xác định bậc và hằng số tốc độ phản ứng.
Bài giải
Xét phản ứng:
2 2 2 2
1
H O H O O
2
→ +

Giả sử bậc phản ứng là bậc 1.
Ta có:
V
∞
là thể tích khí O
2
thu được ở thời điểm kết thúc phản ứng.
Khi đó:
0
V V
∞
−
=
V
∞
(vì thời điểm đầu t=0 thì V=0) tỉ lệ với nồng độ đầu của H
2
O
2

t
V V
∞
−
tỉ lệ với nồng độ của H
2
O
2
ở thời điểm t.
Phương trình hằng số tốc độ của phản ứng bậc 1 có dạng:

1
t
1 V
k ln
t V V
∞
∞
=
−
Thay các giá trị của các đại lượng ta được:
+ Khi t = 2 phút,
V 6,98
∞
=
;
t
V 1,30=
thì:
20
1
1 6,98
k ln 0,103
2 6,98 1,30
= =
−
(phút
-1
)
+ Khi t = 4 phút,
V 6,98

∞
=
;
t
V 2,36=
thì:
1
1 6,98
k ln 0,103
4 6,98 2,36
= =
−
(phút
-1
)
+ Khi t = 6 phút,
V 6,98
∞
=
;
t
V 3,36=
thì:
1
1 6,98
k ln 0,109
6 6,98 3,36
= =
−
(phút

-1
)
+ Khi t = 8 phút,
V 6,98
∞
=
;
t
V 3,98=
thì:
1
1 6,98
k ln 0,1056
8 6,98 3,98
= =
−
(phút
-1
)
Ta thấy các giá trị k xấp xỉ gần bằng nhau. Vậy phản ứng trên là phản ứng bậc 1.
Bài 28:
Khi có mặt của xúc tác H
+
đường ăn thủy phân theo phương trình:
C
12
H
22
O
11

+ H
2
O
H
+
→
C
6
H
12
O
6
+ C
6
H
12
O
6
Cho biết đường ăn làm quay mặt phẳng phân cực ánh sáng sang phải, còn hỗn hợp
glucozơ và fructozơ làm quay mặt phẳng phân cực ánh sáng sang trái. Góc quay
cực trong cả 2 trường hợp trên đều tỉ lệ thuận với nồng độ chất tan.
Trong 1 thí nghiệm người ta đo được góp quay mặt phẳng phân cực của hỗn hợp
dung dịch đường theo thời gian như sau:
t (phút) 0 30 80
∞
α
(độ) 37,0 30,0 20,7 -12
a.Tính hằng số phản ứng nghịch đảo đường.
b.Tính lượng đường tham gia phản ứng sau 5h.
c.Tính góc quay mặt phẳng phân cực ánh sáng tại thời gian trên.

Bài giải
a.Biểu thức tốc độ phản ứng:
'
12 22 11 2
v k [C H O ][H O]=
nhưng vì nồng độ của H
2
O
quá lớn nên biểu thức được viết lại như sau
12 22 11
v k[C H O ]=
.
Theo đề bài thì góc quay tỉ lệ thuận với nồng độ chất tan.
21
Nếu gọi
∞
α
,
t
α
là góc quay cực ứng với lúc kết thúc phản ứng và thời điểm t.
Ta có:
0∞
α −α
tỉ lệ với nồng độ đầu của C
12
H
12
O
11

;
t∞
α −α
tỉ lệ với nồng độ
C
12
H
22
O
11
tại thời điểm t.
Phương trình hằng số tốc độ của phản ứng bậc 1 có dạng:
0
1
t
1
k ln
t
∞
∞
α − α
=
α − α
Thay các giá trị của các đại lượng ta được:
+ Khi t = 30 phút,
0
12; 37,0
∞
α = − α =
;

t
α =
30,0 thì:
3
1
1 12 37,0
k ln 5,138 10
30 12 30,0
−
− −
= = ×
− −
(phút
-1
)
+ Khi t = 80 phút,
0
12; 37,0
∞
α = − α =
;
t
α =
20,7 thì:
3
1
1 12 37,0
k ln 5,055 10
80 12 20,7
−

− −
= = ×
− −
(phút
-1
)
Suy ra:
3 3
3
5,138 10 5,055 10
k 5,096 10
2
− −
−
× + ×
= = ×
(phút
-1
)
b.Lượng đường tham gia phản ứng sau 5h là:
kt 5,096 300
x a(1 e ) a(1 e ) 0,783a
− ×
= − = − =
Vậy lượng đường tham gia phản ứng sau 5h là 78,3%
c.Góc quay của mặt phẳng phân cực tại thời điểm t = 5h là:
0
1
t
1

k ln
t
∞
∞
α − α
=
α − α
3 0
t
t
1 12 37,0
ln 5,096 10 1,37
300 12
−
− −
→ = × → α = −
− − α
Bài 29:
Một phản ứng có năng lượng hoạt hóa E
a
= 20kcal/mol. Tính tỉ số 2 hằng số
tốc độ ở 20
0
C và 30
0
C.
Bài giải
Ta có: E
a
= 20kcal/mol = 83,716.10

3
J
Áp dụng công thức:
0
0
30 C a
20 C
k
E
1 1
ln
k R 20 273 30 273
 
= −
 ÷
+ +
 
22
Thay số vào ta được:
0 0
0 0
3
30 C 30 C
20 C 20 C
k k
83,716 10 1 1
ln 1,134 0,322
k 8,314 303 293 k
×
 

= − = − → =
 ÷
 
Suy ra:
0
0
20 C
30 C
k
3,1
k
=
Bài 30:
Hai phản ứng cùng bậc có cùng thừa số A trong phương trình Areniut nhưng
năng lượng hoạt hóa khác nhau 1 lượng là 41800 J/mol. Tốc độ phản ứng nào sẽ
thay đổi nhanh hơn theo nhiệt độ. Hãy chứng tỏ điều đó qua việc biểu diễn tỉ số
hai hằng số tốc độ ở 600
0
K nếu 1 trong 2 phản ứng có năng lượng hoạt hóa E =
140KJ/mol
Bài giải
Ta có:
Hằng số tốc độ của phản ứng 1:
a1
E /RT
1
k Ae
−
=
Hằng số tốc độ của phản ứng 2:

a 2
E /RT
2
k Ae
−
=
Mặt khác:
a1 a 2
E E
1
RT
2
k
e
k
− +
=
.
Mà ta lại có:
a1 a 2
E E 41800 140000 41800 98200(J)= − = − =
Thay vào ta có:
98200 140000
8,314 600
1
2
k
e 4356,5
k
− +

×
= =
Tốc độ phản ứng ứng với hằng số tốc độ k
1
thay đổi nhanh hơn theo nhiệt độ.
Bài 31:
Hằng số tốc độ giảm hoạt của hemoglobin ở 20
0
C có
5 1
1
k 2 10 (s )
− −
= ×
; ở 28
0
C
có
4 1
2
k 1,5 10 (s )
− −
= ×
. Tính
H∆
của phản ứng.
Bài giải
Ta có:
a
H RT E∆ + =

. Trong nhiều phản ứng thì E >> T nên có thể bỏ qua RT hay
a
H E∆ ≈
Ta có:
23
1
2 2 1
k H 1 1
ln
k R T T
 
∆
= −
 ÷
 
5
1
1 2
4
2
1 2
k
2 10
RT T ln
8,314 (20 273) (28 273) ln
k
1,5 10
H
T T (20 28)
−

−
×
× + × + ×
×
→ ∆ = =
− −
=184675 J
Bài 32:
Cho phản ứng sau:
4 2 2 8 4 4 2 4
Cu (NH ) S O CuSO (NH ) SO+ → +
, biết các dữ kiện
sau:
T 20
0
C 40
0
C 60
0
C
3
k 10×
9,6 18,16 39,36
Xác định năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
Bài giải
Ta có:
0
0
40 C a
a

20 C
k
18,16 E 1 1
ln ln E 24302(J)
k 9,6 R 20 273 40 273
 
= = − → =
 ÷
+ +
 
0
0
60 C a
a
40 C
k
E
39,36 1 1
ln ln E 33515(J)
k 18,16 R 40 273 60 273
 
= = − → =
 ÷
+ +
 
Suy ra:
a
24302 33515
E 28908,5(J)
2

+
= =
Bài 33:
Cho phản ứng phân hủy isopropyl ở 588K khi có xúc tác V
2
O
5
. Phản ứng xảy
ra theo sơ đồ sau:
Sau 4,3’’ thì nồng độ các chất có trong hệ là C
3
H
7
OH 27,4 mol; C
3
H
6
O 7,5 mol;
C
3
H
6
8,1 mol và C
3
H
8
1,7 mol.
Tính hằng số tốc độ chung của phản ứng nếu ban đầu trong hệ chỉ có C
3
H

7
OH.
C
3
H
7
OH C
3
H
6
O k
1

C
3
H
6
k
2
C
3
H
8
k
3
24
Bài giải
Xem như thể tích bình không thay đổi trong suốt thời gian xảy ra phản ứng. Do
vậy mà nồng độ các chất sẽ tỉ lệ với số mol.
Số mol của C

3
H
7
OH ban đầu là:
3 7
C H OH
n 27,4 7,5 8,1 1,7 44,7(mol)= + + + =
Số mol của C
3
H
7
OH còn lại:
3 7
C H OH
n 27,4(mol)=
Hằng số tốc độ chung của phản ứng:
1
1 2 3
1 a 1 44,7
k k k k ln ln 0,1138(s )
t a x 4,3 27, 4
−
= + + = = =
−
Câu 34:
Trộn A với các lượng khác nhau của B và C. Biết nồng độ ban đầu của A là
1M. Sau 1000 giây A còn lại 1 nửa. Hỏi lượng chất A còn lại sau 2000 giây đối
với các trường hợp sau:
a.bậc 0 b.bậc 1 c.bậc 2 d.bậc 3
Bài giải

a.Xét phản ứng bậc 0
Ta có:
4
0 0 0
x k t 1000k 0,5 k 5 10
−
= → = → = ×
Mặt khác:
4
0
x k t x 5 10 2000 1M
−
= → = × × =
Vậy sau 2000 giây lượng chất A đã phản ứng hết.
b.Xét phản ứng bậc 1
Ta có:
4
1 1
1/2
0,693 0,693
k k 6,93 10
1000
−
= → = = ×
τ
(s
-1
)
Sau 2000 giây lượng chất A còn lại là:
4

1
k t
6,93 10 2000
a x ae ae 0,25 1 0,25M
−
−
− × ×
− = = = × =
c.Xét phản ứng bậc 2. Giả sử nồng độ của chất A và chất B bằng nhau, bằng 1M.
Ta có:
3
1/2 2
2 1/2
1 1 1
k 10
k a a 1000 1
−
τ = → = = =
τ ×
(mol
-1
.l.s
-1
)
Sau 2000 giây lượng chất còn lại là:
25