解答 （反応速度） ＝　 k [A] x [B] y [C] z 　とおくと、 ln （反応速度） = ln k + x ln[A] + y ln[B] + z ln [C]

解答

（反応速度） ＝　 k [A]x [B]y [C]z 　とおくと、

ln （反応速度） = ln k + x ln[A] + y ln[B] + z ln [C]

ln (6.76×10-6) = ln k + x ln (0.550) + y ln (0.200) + z ln (1.15) ① ln (9.82×10-7) = ln k + x ln (0.210) + y ln (0.200) + z ln (1.15) ② ln (1.68×10-6) = ln k + x ln (0.210) + y ln (0.333) + z ln (1.15) ③ ln (9.84×10-7) = ln k + x ln (0.210) + y ln (0.200) + z ln (1.77) ④

　　 -0.5978 x -1.609 y + 0.1397 z = -11.90 – ln k 　　①’　　 -1.560 x -1.609 y + 0.1397 z = -13.83 – ln k 　　②’　　 -1.560 x -1.099 y + 0.1397 z = -13.29 – ln k 　　③’　　 -1.560 x -1.609 y + 0.5709 z = -13.83 – ln k 　　④’

　①’－②’ 0.962 x = 1.93 x = 2.00 　→　 x = 2　③’－②’ 0.510 y = 0.54 y = 1.05 　→　 y = 1　④’－②’ 0.431 z = 0 z = 0 　　　→　 z = 0

　②’に x, y, z を代入　　　 -1.560×2 -1.609 + 0 = -13.83 － ln k 　　　 2 ln k = -9.101 → k = 1.115×10-4 [(M-2 s-1)]

解答　（例）

ありうる。例えば、触媒の有無や存在量は化学量論式には現れないが、反応速度には影響を与えるので、速度式には現れる。このほか、液相反応における溶媒の種類や pHの条件も反応速度に影響する場合がある。（これも広い意味での触媒作用と考えられる）

解答 52.44×10-4 = k ×0.1672 より、 k = 8.748×10-3 [M-1 s-1]

1.55×10-6 = 8.75×10-3 [A]2 　より、　 [A] = 1.330×10-2 [M]

解答 （速度）　の単位　　 [M s-1]

[A], [B] 　の単位　　 [M] より、

[M s-1] = [k の単位 ] × [M]2×[M]2

両辺が等しくなるためには　　 [k の単位 ] = [M-3 s-1]

解答

一次反応では、 ln ([A]0 / [A]t) = k t (20.14) が成り立つ

よって、 [A]0 / [A]t = e k t

[A]t = [A]0 / e k t = [A]0 e - k t

（別解）　　式（ 20.14 ）より、　 ln ([A]t / [A]0) = - k t

よって、 [A]t / [A]0 = e - k t

[A]t = [A]0 e - k t

解答の方針

一次反応でであるから、 ln ([A]0 / [A]t) = k t (20.14) を利用したいが、 HgO のモル濃度を求めることは困難である。

しかし、反応式の量論関係から所定量の O2 が生成したときの HgO の反応率 （ α ） を求めることができる。α を用いた一次反応速度式は、　－ ln （ 1 － α ） = kt　である。

解答

Hg = 200.6, O = 16.00 より、HgO 1.00 [g] = 1.00 / (200.6 + 16.00) = 4.62×10-3 [mol]

反応式の量論より、 HgO 2 モルから O2 1 モルが生成するので、

O2 発生量は反応率を α とすると、　　　　　　　 1/2×(4.62×10-3)×α = (2.31×10-3) α [mol] 　とな

る

(a) STP 　（ 0 , 1atm℃ ）とすると、　　 O2 　 1.00 [mL] = 1.00 / （ 22.4×103 ） 　　　 = 4.46×10-5 [mol]　　　　　　 このときの反応率は　 α = （ 4.46×10-5 ） / （ 2.31×10-

3 ） = 1.93×10-2 　　（ 1.93% ）

　　 一次反応であるから　–　 ln （ 1 － α ） = k t 　が成り立

つ したがって、 t = - （ 1/k ）　 ln （ 1 － α ）　　　　　　　　　　　 = - 1/ （ 6.02×10-4 ） ×ln （ 1 -

1.93×10-2 ） = 32.4 [s]

(b) STP で 10.0 [mL] 同様に　 α = 1.93×10-1

　　　　　　　　　　　 t = - 1/ （ 6.02×10-4 ） ×ln （ 1 - 1.93×10-1 ）

= 357 [s] (356 [s])

解答

Hg = 200.6, O = 16.00 より、HgO 1.00 [g] = 1.00 / (200.6 + 16.00) = 4.62×10-3 [mol]

反応式の量論より、 HgO 2 モルから O2 1 モルが生成するので、

O2 発生量は反応率を α とすると、　　　　　　　 1/2×4.62×10-3 ×α = 2.31×10-3α 　 [mol] 　とな

る

(a) STP で 1.00 [mL] = 1.00 × （ 273 / 298 ） / （ 22.4×103 ）

= 4.09×10-5 [mol]　　　　　　 このときの反応率は　 α = （ 4.09×10-5 ） / （ 2.31×10-

3 ） = 1.77×10-2 　　（ 1.77% ）

　　 一次反応であるから　–　 ln （ 1 － α ） = k t 　が成り立

つ したがって、 t = -1/k ln （ 1 － α ）　　　　　　　　　　　 = - 1/ （ 6.02×10-4 ） ×ln （ 1 -

1.77×10-2 ） = 29.7 [s]

(b) STP で 10.0 [mL] 同様に　 α = 1.77×10-1

　　　　　　　　　　　 t = - 1/ （ 6.02×10-4 ） ×ln （ 1 - 1.77×10-1 ）

= 324 [s]

解答

t : 　 0 → t[A] : 　　 [A]0 → [A]t で式（ 20.19 ）の両辺を積分すると、

　　　　　　　　　 [ 1/[A] ] = k [t]

これより、

[A]0

[A] t

0

t

解答

において、 t = t1/2 のとき、 [A]t = [A]0 / 2 だから、

2 / [A]0 – 1 / [A]0 = k t1/2

これより

解答

(a) –d [A]/dt = k [A]3 　より、 - [A]-3d [A] = k dt

t: 0 → t, [A]: [A]0 → [A]t で積分すると

　　（左辺） = - [1/(-2) [A]-2] = 1/2 （ [A]t-2 – [A]0

-2 ） （右辺） = k t t = t1/2 のとき、 [A]t = [A]0 / 2 だから、上式に代入し

て

　　　　 　 t1/2 = 1/2k （ 4 / [A]02 – 1/[A]0

2 ） = 3/ （ 2k [A]0

2 ）

　　　 n 次反応　– d [A]/dt = k [A]n 　（ n≠1 ）　の半減期を求めよ　

∫ xp dx = xp+1 1p+1

課題

解答

一次反応においては、 ln [A]t = - kt + ln [A]0

ln [A]t = （ log [A]t ） / （ log e ）　より、

log [A]t = （ log e ） ×ln [A]t

　　　　　 = - （ log e ） kt + （ log e ）　 ln [A]0

であるから、 log [A]t を t に対してプロットしても直線となる。

この直線の傾きは、自然対数の場合と一致せず、log e （ =0.434 ）倍になる。