Кинетика n-го порядка

При избытке одного из двух веществ, можно принять концентрацию избыточного вещества как константу и вывести уравнение, но дальше уравнение использывать не с мог:((


или логическим путем понять что если, при увеличении концентрации А в 3 раза, период полураспада уменьшается в 3 раза, т.е наблюдается обратно пропорциональная зависимость. в первом порядке период полураспада вообще не зависит от концентрации в-ва, поэтому первый порядок отклоняется.
в нулевом порядке период полураспада прямо пропорционален концентрации в-ва, поэтому нулевой порядок тоже отклоняется.
единственно возможный вариант - 2 порядок.
На этом мои полномочия все, жду ваших идеи по поводу этой задачи.

С этим ты прав,теперь нужно найти порядок по веществу B. Для этого мы используем условие, что концентрации A и B находятся в стехиометрическом соотношении в первой реакции. Предполагая, что у нас простая реакция, мы сможем записать:

\frac{[A]}{[B]} = \frac{n}{m}
[B] = [A] \frac{m}{n}

Подставив в уравнение скорости в случае без избытка и проинтегрировав, мы получим выражение для константы скорости:

r=k[A]^n[B]^m = k[A]^{n+m} (\frac{m}{n})^m
-\frac{1}{n}\frac{d[A]}{dt} = k[A]^{n+m}(\frac{m}{n})^m
\frac{1}{-(n+m)}(\frac{1}{[A]^{n+m-1}} - \frac{1}{[A]_0^{n+m-1}}) = -nk(\frac{m}{n})^mt
\frac{2^{n+m-1}-1}{[A]_0^{n+m-1}(n+m)} = nk(\frac{m}{n})^mt_{1/2}
k = \frac{(2^{n+m-1}-1)n^m}{t_{1/2}(n+m)nm^m[A]_0^{n+m-1}}

Подставим все известные значения из двух случаев:

k = \frac{2^m(2^{1+m}-1)}{10000\pu{s}(2+m)2m^m \cdot (2\pu{M})^{1+m}}
k = \frac{2^m(2^{1+m}-1)}{1100\pu{s}(2+m)2m^m \cdot (6\pu{M})^{1+m}}

Приравняем константы, сократим одинаковые части, и получим решение:

\frac{2^m(2^{1+m}-1)}{1100\pu{s}(2+m)m^m \cdot (6\pu{M})^{1+m}} = \frac{2^m(2^{1+m}-1)}{10000\pu{s}(2+m)m^m \cdot (2\pu{M})^{1+m}}
10000\pu{s} \cdot (2\pu{M})^{1+m} = 1100\pu{s} \cdot (6\pu{M})^{1+m}
(\frac{6\pu{M}}{2\pu{M}})^{1+m} = \frac{10000\pu{s}}{1100\pu{s}} \approx 9
m=1

Порядок по В равен одному.

Вышло долго, кажется можно было короче, но думаю теперь дальше ты сможешь решить уже сам.

4 симпатии

Кстати, у тебя ошибка в интеграле на картинке.

\frac{1}{[A]^n} \neq [A]^{n-1}
\frac{1}{[A]^n} = [A]^{-n}
3 симпатии

Ой, спасибо, забыл про это свойство интеграла

Мне очень понравилась эта задача. То, что ты сказал про определение порядка по A почти верно, надо сделать только одну оговорку и тогда не будет претензий. В целом мы не можем брать, что у нас только три варианта (0, 1, 2) для порядка, потому что нет слов о том, что эта реакция простая или о том, что можно сделать такое пренебрежение. Но мы все равно можем знать чему равен период полураспада для второго порядка. Для начала введем несколько переменных:

\ce{\textit{n}_1A + \textit{n}_2B -> products}
r = k[A]^{a}[B]^{b}

Тогда период полураспада для второго порядка можно записать так:

\tau_{1/2} = \frac{1}{k_{\text{obs}} n_1 [A]_{0}}, \; k_{\text{obs}} = k[B]_{0}^{b}

Если обозначить штрихом (^{\prime}) эксперимент, в котором [A]_{0} = \pu{6 M}, то можно будет записать две формулы:

\tau_{1/2} = \frac{1}{k [B]_{0}^{b} \ n_1 [A]_{0}} \; \text{ и } \; \tau_{1/2}^{\prime} = \frac{1}{k [B]_{0}^{\prime b} n_1 [A]_{0}^{\prime}}

Тогда

\frac{ \tau_{1/2} }{ \tau_{1/2}^{\prime} } = \frac{ [A]_{0}^{\prime} }{ [A]_{0} } \cdot \frac{ [B]_{0}^{\prime b} }{ [B]_{0}^{b} }

Как видишь, нельзя сказать, что здесь зависимость только от А, но в задаче дается ключевое слово — избытки вещества В в обоих случаях одинаковы. Как я понимаю, это говорит о том, что [B]_{0}^{\prime b} = [B]_{0}^{b}. Вот теперь можно сказать, что порядок второй, потому что наблюдается обратная зависимость от [A]. Если бы я оценивал на олимпиаде по этой задаче, я бы не давал баллы тем, кто не объяснил все полностью.


Теперь найдем порядок по В (снова в общем случае, не делая каких-либо пренебрежений, которых нет в условии).

Для начала поймем, что нам дает факт о стехиометрическом соотношении веществ А и В. Само по себе это значит, что [A]_{0}/[B]_{0} = n_{1}/n_{2} (заметь, что мы все еще не можем сказать, что n_{1} = 2, потому что никто не говорил о том, что это простая реакция). В итоге мы можем вывести соотношение между концентрациями А и В в любой момент времени:

n_{2} ([A]_{0} - [A]) = n_{1} ([B]_{0} - [B])
n_{1}[B] = n_{1}[B]_{0} - n_{2} [A]_{0} + n_{2} [A] = n_2[A]

Тогда можно написать выражение для скорости расходования А:

- \frac{1}{ n_{1} } \frac{d[A]}{dt} = k [A]^{2} [B]^{b}

Из предыдущего факта можно преобразовать:

- \frac{1}{ n_{1} } \frac{d[A]}{dt} = k [A]^{2} \left( \frac{n_2}{n_1} \right)^{b} [A]^b

Теперь немного раскидаем переменные:

- \frac{d[A]}{ [A]^{b+2} } = k n_1 \left( \frac{n_2}{n_1} \right)^{b} dt

Есть два принципиально разных случая — когда b=-1 (оно может быть таким, потому что реакция может быть сложной) и когда b \neq -1. Начнем со второго случая. Тогда можно будет проинтегрировать последнее выражение:

\frac{1}{[A]^{b+1}} - \frac{1}{ [A]_{0}^{b+1} } = n_1 \left( \frac{n_2}{n_1} \right)^{b} (b+1) kt

И самое классное — давай теперь выведем формулу для периода полураспада в первом и втором экспериментах.

\tau_{1/2} = \frac{ 2^{b+1} - 1 }{ [A]_{0}^{b+1} } \cdot \frac{1}{n_1} \left( \frac{n_1}{n_2} \right)^{b} \frac{1}{b+1} \frac{1}{k}
\tau_{1/2}^{\prime} = \frac{ 2^{b+1} - 1 }{ [A]_{0}^{\prime b+1} } \cdot \frac{1}{n_1} \left( \frac{n_1}{n_2} \right)^{b} \frac{1}{b+1} \frac{1}{k}

Теперь можно верхнее уравнение поделить на нижнее:

\frac{ \tau_{1/2} }{ \tau_{1/2}^{\prime} } = \left( \frac{ [A]_{0}^{\prime} }{ [A]_{0} } \right)^{b+1} = 3^{b+1}

Решив уравнение, получим, что b=1. Поскольку не получилось, что b=-1, этот ответ можно брать за ответ задачи.

Попробуй дальше сам решить остальные пункты и спрашивай если еще будут проблемы.

6 симпатий

@Kekule, я апдейтнул свое решение, в нем была куча опечаток и мест, где я перепутал m и n. Теперь вроде всё как надо.

2 симпатии
© 2021 Общественный Фонд «Beyond Curriculum» (CC BY-NC-SA 4.0 International)