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]

2. 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)]

3. 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）

4. 解答 5 2.44×10-4 = 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]

5. 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]

6. 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]0e - 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]0e- k t

7. 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。

8. 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 • STP　（0℃, 1atm）とすると、 • O21.00 [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])

9. 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 • 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]

10. 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]t t [A]0 0

11. 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

12. 解答 • –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]02） = 3/（2k [A]02）

13. 1 p+1 ∫ xp dx = xp+1 課題 n次反応　–d [A]/dt = k [A]n　（n≠1）　の半減期を求めよ

14. 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。