Cap_2_Cinética_Problemas_final

Vista previa del material en texto

Dividiendo miembro a miembro 
Dividiendo miembro a miembro 
 
 
Capítulo 2. ASPECTOS CINÉTICOS 
DE LOS PROCESOS QUÍMICOS 
J. L. Barranzuela Q. 
SOLUCIÓN A PROBLEMAS PROPUESTOS EN SEPARATA 
 
1. Exprese la velocidad de reacción en términos de la velocidad de cambio de cada 
reactivo y de cada producto en las reacciones siguientes: (a) 3ClO-(aq)  ClO3
- (aq) + 
2Cl-(aq); (b) 2SO2(g) + O2(g)  2SO3(g); (c) C2H4(g) + Br2(g)  C2H4Br2(g). 
 
 Solución: (a) VRx = 
d�ClO3
- (aq)�
dt
 = - 1
3
 
d�ClO-(aq)�
dt
. 
 (b) VRx = 
1
3
 d[SO3(g)]
dt
 = - 1
2
 d[SO2(g)]
dt
 = - d[O2(g)]
dt
. 
 (c) VRx = 
d[C2H4Br2(g)]
dt
 = - d[C2H4(g)]
dt
 = - d[Br2(g)]
dt
. 
 
2. En el instante en que está reaccionando NH3 a una velocidad de 1,20 M/min, ¿cuál 
es la velocidad a la que está desapareciendo el otro reactivo, y cuál es la velocidad a 
la que se está formando cada producto?: 4NH3 + 5O2  4NO + 6 H2O. 
 
 Solución: VRx = 
1
4
 ∆[NO]
∆t
 = 1
6
 ∆[H2O]
∆t
 = - 1
4
∆[NH3]
∆t
 = - 1
5
 ∆[O2]
∆t
 . Por tanto: 
 ∆[O2]
∆t
 = 5
4
∆[NH3]
∆t
 = 5
4
 * �1,2 M
min
� = 1,5 Mmin = 
∆[O2]
∆t
. 
 
3. Se obtuvieron datos de velocidad para la 
reacción a 25 ºC: A + 2B  C + 2D. ¿Cuál 
es la expresión de la ley de velocidad para 
esta reacción? 
 
 Solución: VRx = k [A]x[B]y. Tomando expe-
rimentos 1 y 3: 
 Exp.1: 3x10-4 = k[0,10]x[0,10]y 
 Exp. 2: 3x10-4 = k[0,10]x[0,30]y 
 1 = [0,10]
y
[0,30]y
 ; o bien: (0,10)y = (0,30)y = (3 * 0,1)y = 3y* 0,1y  3y = 1  y = 0; orden 
cero respecto a B. 
 Tomando experimentos 2 y 3: 
 Exp. 2: 9x10-4 = k[0,30]x[0,30]y 
 Exp. 3: 3x10-4 = k[0,10]x[0,30]y 
3 = [0,3]
x
[0,1]x
 = �0,3
0,1
�
x
 = 3x  x = 1; primer orden respecto a A. 
VRx = k [A]1[B]0 = k [A]. 
Cálculo de k: tomamos cualquier experimento, por ejemplo exp. 4: 
6x10-4 M
minn
 = k [0,2] mol
L
  k = 6x10
-4 (mol/L∙min)
0,2 (mol/L) 
 = 3x10-3 min-1 = k. Por tanto, la ley 
de velocidad será VRx = 3x10
-3 min-1[A]1 mol
L
 ; o bien: VRx = 3×10
-3[A]1 mol
L∙min. 
Exp. [A]0 (mol/L) 
[B]0 
(mol/L) 
V0 de for-
mación de C 
(M/min) 
1 0,10 0,10 3,0 x 10 -4 
2 0,30 0,30 9,0 x 10 -4 
3 0,10 0,30 3,0 x 10 -4 
4 0,20 0,40 6,0 x 10 -4 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
16 
 
4. La reacción 2NO(g) + O2(g)  2NO2(g) pro-
duce las velocidades iniciales indicadas en la 
tabla. (a) Escriba la expresión de la ley de ve-
locidad para esta reacción; (b) halle la velo-
cidad de reacción en el instante en que [NO] 
= 0,055 M y [O2] = 0,035 M; (c) en el tiempo 
descrito en el apartado (b) ¿cuál será la velocidad de desaparición de NO? ¿Y la ve-
locidad de desaparición de O2? ¿Y la velocidad de formación de NO2? 
 
 Solución: (a) VRx = k [NO]x[O2]y. 
Tomando exp.1 y 3: 1,5x10
-4
6x10-4
 = [0,020]
x
[0,020]x
 * [0,010]
y
[0,040]y
  1
4
 = [0,010]
y
[0,040]y
 ; o bien: 
[4 * 0,010]y = 4 * [0,010]y  4y * 0,010y = 4 * 0,010y  4y = 4  y = 1 
Tomando exp. 1 y 2: 1,5x10
-4
6x10-4
 = [0,020]
x
[0,040]x
 * [0,010]
y
[0,010]y
  1
4
 = 0,02
x
2x * 0,02x
  2x = 4  x = 2 
Por tanto: VRx = k [NO]2[O2]1  k se obtiene de cualquier experimento: 
De exp.1: k = VRx[NO]2[O2] = 
1,5*10-4 molL∙s
(0,020)2 mol
2
L2
 * (0,010) molL
 = 37,5 L
2
mol2∙s
 = k 
VRx = 37,5 
L2
mol2
 * [NO]2 mol
2
L2
 * [O2] 
mol
L
 = 37,5 [NO]2[O2] 
mol
L∙s = VRx. 
 
(b) VRx = 37,5 (0,055)2(0,035) = 3,97×10-3 
mol
L∙s = VRx. 
 
(c) VRx = 
1
2
 ∆[NO2]
∆t
 = - 1
2
 ∆[NO]
∆t
 = - ∆[O2]
∆t
  = Velocidad de desaparición del NO = 
− ∆[NO]
∆t
= 2 * VRx = 2 * �3,97×10
-3� mol
L∙s
 = 7,94x10-3 molL∙s = - 
∆[NO]
∆t ; velocidad de desapa-
rición de O2 = - 
∆[O2]
∆t = VRx = 3,97x10
-3 molL∙s ; y velocidad de formación de NO2 = 
∆[NO2]
∆t
 = 2 * VRx = 2 * �3,97x10
-3� mol
L∙s
 = 7,94x10-3 molL∙s = 
∆[NO]
∆t . 
 
5. Se obtuvieron datos de velocidad para la si-
guiente reacción a una determinada tempera-
tura: A + B  productos. (a) ¿Cuál es la ex-
presión de la ley de velocidad para esta re-
acción? (b) describa el orden de la reacción 
con respecto a cada reactivo y el orden total. 
 
 Solución: A + B  productos 
(a) VRx = k [A]x[B]y ; de exps. 1, 3 y 4: Si [B]0 se duplica  VRx se duplica. 
 Si [B]0 se triplica  VRx se triplica. 
 Ley de dependencia: VRx = k [B]1  y = 1 
De exps. 1 y 2: Si [A]0 se duplica  VRx se cuadruplica. 
 Ley de dependencia: VRx = k [A]2  x = 2 
Valor de k: de cualquier experimento, por ejemplo de experimento 4: 
 k = VRx[A]2[B] = 
0,0270 Ms
[0,1]2 M
2
s2
 * [0,30] Ms
 = 9 s
2
M2
 = k 
VRx = 9 
s2
M2
 [A]2 s
2
M2
 [B] M
s
 = 9 [A]2[B] Ms = VRx. 
 
(b) Órdenes de Rx: respecto a A: 2; respecto a B: 1; total: 3. 
 
Exp. [NO]0 (mol/L) 
[O2]0 
(mol/L) 
V0 de forma-
ción de NO 
(M/s) 
1 0,020 0,010 1,5 x 10 -4 
2 0,040 0,010 6,0 x 10 -4 
3 0,020 0,040 6,0 x 10 -4 
 
Exp. [A]0 (mol/L) 
[B]0 
(mol/L) 
V0 de la 
reacción 
(M/s) 
1 0,10 0,10 0,0090 
2 0,20 0,10 0,0360 
3 0,10 0,20 0,0180 
4 0,10 0,30 0,0270 
 
Capítulo II. Aspectos cinéticos de los procesos químicos. 
 
17 
6. Considere una reacción química entre los 
compuestos A y B que es de primer orden 
con respecto a A y de primer orden con res-
pecto a B. Rellene los espacios en blanco en 
la información adjunta. 
 
 Solución: A + B  productos ; VRx = k [A][B] 
Del experimento 1: k = VRx[A][B] = 
0,24 Ms
0,20 M * 0,0050 M
= 240 1
M∙S
 . Por tanto, en el experimento 
2: [A] = VRx
k [B]
 = 
0,20 Ms
240 1M∙S * 0,0030 M
 = 0,278 M = [A], y en el experimento 3: [B] = VRx
k [A]
 = 
= 
0,20 Ms
240 1M∙S * 0,40 M
 = 0,0021 M = [B]. 
 
7. La descomposición del NO2 mediante la siguiente reacción: 2NO2(g)  N2(g) + O2(g), 
a una determinada temperatura procede a la velocidad de 5,4x10-5 mol NO2/L.s 
cuando la [NO2] = 0,0100 mol/L. (a) Suponga que la ley de velocidad es VRx = k 
[NO2]. ¿Qué velocidad de desaparición del NO2 se podría predecir cuando [NO2] = 
0,00500 mol/L? (b) Ahora suponga que la ley de velocidad es VRx = k [NO2]2. ¿Qué 
velocidad de desaparición del NO2 se podría predecir cuando [NO2] = 0,00500 mol/L? 
(c) La velocidad observada cuando [NO2] = 0,00500 mol/L vale 1,4x10-5 mol NO2/L.s. 
¿Qué ley de velocidad es la correcta? (d) calcule la constante de velocidad. 
 
Solución: (a) VRx = k [NO2]  k = 
VRx
[NO2]
 = 
5,4x10-5 * Ms
0,0100 M
 = 5,40 x 10-3 1
S
 = k 
 VRx = 5,40 x 10
-3 1
s
 * 0,00500 M = 2,70x10-5 Ms = VRx (al ser de 1
er orden respecto al 
NO2, si [NO2] se reduce a la mitad, la VRx también se reduce a la mitad). 
 
(b) VRx = k [NO2]2: del mismo modo, si [NO2] disminuye a la mitad, la VRx disminuye 
�1
2
�
2
= 1
4
, a la cuarta parte: VRx = 
 5,40 x 10-3 M/s
4
 = 1,35x10-4 Ms = VRx. 
 
(c) De los resultados obtenidos en (a) y (b), la ley de velocidad correcta es 
VRx = k [NO2]2. 
 
(d) k = VRx[NO2]2 = 
1,4x10-5 * Ms
(0,00500 M)2
 = 0,56 1M∙S = k. 
 
 
8. La ley de velocidad para la reacción de la sacarosa en agua a 25 ºC, C12H22O11 + 
+ H2O  2C6H12O6, es VRx = k [C12H22O11]. Después de 2,57 horas, 6,00 g/L de 
C12H22O11 han disminuido a 5,40 g/L. Evalúe k para esta reacción a esa temperatura. 
 
Solución: Reacción de primer orden  ln [A]0[A] = akt ; a = 1, t = 2,57 h 
 [sacarosa]0 = 
n0
V
 = m0
PF∙V
 = 6 g(342 g/mol) * (1 L) = 1,754x10
-2 M 
 [sacarosa]f = 
5,40 g
(342 g/mol) * (1 L)
 = 1,579x10-2 M 
 k = 
ln 
[sacarosa]0
[sacarosa]f
at
 = 
ln 1,754x10
-2
1,579x10-2
(1 mol) * (2,57 h)
 = 0,1051
2,57 mol∙h
 = 4,09x10-2 mol-1h-1 = k. 
 
 OBSERVACIÓN: Usando masas en lugar de concentraciones: 
Exp. Velocidad (mol/L.s) 
[A] 
(mol/L) 
[B] 
(mol/L) 
1 0,24 0,20 0,0050 
2 0,20 0,278 0,0030 
3 0,20 0,40 0,0021 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
18 
 k' = 
ln 
[sacarosa]0
[sacarosa]f
at
 = 
ln 65,40
(1 mol) * (2,57 h)
 = 0,1053
2,57 mol∙h
 = 4,10 × 10-2 mol-1h-1 = k'; hubiéramos 
obtenido el mismo resultado. Se debe usar concentraciones molares. 
 
9. La constante de velocidadpara el azometano gaseoso: CH3N=NCH3  N2 + C2H6 es 
de 40,8 min-1 a 425 ºC. (a) Halle el número de moles de CH3N=NCH3 y de N2 en el 
matraz 0,0500 min después de introducir 2,00 g de CH3N=NCH3. (b) ¿Cuántos gra-
mos de CH3N=NCH3 quedan después de 12 segundos? 
 
Solución: (a) Asumimos que la reacción es de primer orden ya que es una descom-
posición. VRx = k [azometano] = 40,8 min
-1[azometano]. 
 
ln [azometano]0[azometano]f = akt ; [azometano]0 = 
2 g
V * PF
 ; [azometano]f = 
x g
V * PF
  ln [azometano]0[azometano]f = ln
2
x
 
 ln 2 - ln x = 1 * 40,8 min-1 * 0,0500 min  lnx = ln2 - 2,04 = - 1,3468; por tanto: 
x = e-1,3468 = 0,260 g = x = masa de azometano que queda después de 0,0500 min * 
60 s
min
 = 3 s. Los moles de azometano serán: n = m
PF
= 0,260 g
58 gmol
 = 4,48x10-3 moles de 
azometano. De las relaciones estequiométricas: nN2 = nazometano consumido = (nazometano)0 - 
– nazometano)f = 
2 g
58 gmol
 moles - 4,48x10-3 moles = 3x10-2 moles de N2. 
 
(b) ln 2
x
= 1* 40,8 min-1 * 12 s
60 smin
 = 8,16  ln x = ln 2 – 8,16 = -7,47 =  x = e-7,47 = 
5,72x10-4 g de azometano quedan después de 12 s. 
 
10. Para la Rx: 2NO2  2NO + O2, la ecuación de velocidad es VRx = 1,4x10-10 M-1s-1* 
* [NO2]2 a 25 ºC. (a) Si inicialmente están presentes 3,00 moles de NO2 en un reci-
piente sellado de 2,00 L a 25 ºC, ¿cuál es la vida media de la reacción? (b) ¿Qué 
concentración y cuántos gramos de NO2 quedan después de 115 años? (c) ¿Qué 
concentración de NO se habría producido durante ese mismo período de tiempo? 
 
Solución: [NO2]0 = 
3 moles
2 L
 = 1,5 M: 
(a) VRx = 1,4x10-10 M-1s-1*[NO2]2 (segundo orden) k = 1,4*10-10 M-1s-1 
t1/2 = 
1
a * k * [A]0
 = 1
2 * �1,4x10-10 M-1s-1� * (1,5 M)
 = 2 380 952 381 s. Convirtiendo a años: 
2 380 952 381s* 1
3600 sh
* 1
24
día
h
* 1
365
año
día
 = t1/2 = 75,5 años. 
 
(b) Usando la expresión integrada de velocidad para 2º orden: 1[NO2] - 
1
[NO2]0
 = akt, 
1
[NO2]
 = 1
1,5 M
 + 2 * �1,4x10-10 M-1s-1� * �115 años * 365 días
año
 * 24 h
día
 * 3600 s
h
�  
[NO2] = 0,5945 M; y como (PF)NO2 = 46 g/mol  mNO2= nNO2*(PF)NO2 = 
 = M * V * (PF)NO2 = 0,5945 
moles
L
 * 2 L * 46 g
mol
 = 54,694 g = mNO2 
 
(c) De las relaciones estequiométricas, se ha producido tanto NO como NO2 se ha 
consumido  [NO] = [NO2]0 - [NO2]f = 1,5 M – 0,5945 M = 0,9 M = [NO] producido 
en 115 años. 
 
11. La constante de primer orden para la descomposición radiactiva del radio-223 es de 
0,0606 días-1. ¿Cuál es la vida media de este isótopo del radio? 
 
Capítulo II. Aspectos cinéticos de los procesos químicos. 
 
19 
Solución: Por la reacción de primer orden: t1/2 = 
ln 2
ak
 = ln 2
(1)*�0,0606 días-1�
 = 
11,44 días = t1/2. 
 
12. Se sabe que se requieren 47,0 min para que la concentración de una sustancia A 
disminuya desde 0,75 M hasta 0,25 M. ¿Cuál es la constante de velocidad para esta 
descomposición de primer orden? A  B + C. 
 
Solución: Para primer orden: ln [A]0[A]f = akt  k = 
ln 
[A]0
[A]f
 
at
 = 
ln 
[0,75 M]0
[0,25 M]f
 
(1) * (47,0 min)
= 0,023 min-1. 
Por tanto VRx = 0,023 [A] 
M
min. 
 
13. Los datos siguientes se obtuvieron a partir del estudio de la des-
composición de una muestra de HI sobre la superficie de un hilo de 
oro. (a) Represente los datos para hallar el orden de reacción, la 
constante de velocidad y la ecuación de velocidad. (b) Calcule la 
concentración de HI en mmol/L a 600 s. 
 
Solución: Descomposición del HI: 2HI  H2 + I2. 
Solución con Excel: 
(a) Graficamos los datos de concentración y tiempo pa-
ra los órdenes 0, 1 y 2 y buscamos la mejor correlación 
lineal, la cual se obtiene con orden 0 (ver gráficos ad-
juntos). 
 
 
 
Como la pendiente = m = - ak  k = m
-a
 = -0,0055
-2
 = 0,00275 mM-1s-1 y por tanto, la 
ley de velocidad será: VRx = k[HI]0 = k = 0,00275 mM-1s-1 = VRx. 
 
(b) Como t = 600 s y la ecuación integrada de orden 0 es [HI] = [HI]0 – akt  [HI] = 
= 5,46 mM – 2 * 0,00275 mMs-1 * 600 s = 2,16 mM = [HI]600. 
 
Solución manual: 
(a) Se debe realizar los gráficos en la 
escala apropiada, de preferencia en 
papel milimetrado. En la gráfica ad-
junta se han incluido los tres órdenes, 
usando una misma escala (izquierda) 
de eje vertical para orden 0 (negro) y 
orden 1 (verde). Para el orden 2 
(azul) se requiere una escala vertical 
diferente (derecha). 
Se aproximan los puntos, gráfica-
mente a una recta. Se observa que 
 
y = -0,0055x + 5,461
R² = 1
0,00
1,00
2,00
3,00
4,00
5,00
6,00
0 200 400 600 800
Orden 0
y = -0,0018x + 1,7901
R² = 0,9611
0,00
0,50
1,00
1,50
2,00
0 200 400 600 800
Orden 1
y = 0,0007x + 0,1164
R² = 0,8636
0,00
0,10
0,20
0,30
0,40
0,50
0,60
0,70
0,80
0 200 400 600 800
Orden 2
t 
(s) 
[HI] 
(mmol/L) 
0 5,46 
250 4,10 
500 2,73 
750 1,37 
 
t [HI] ln[HI] 1/[HI] 
0 5,46 1,70 0,18 
250 4,10 1,41 0,24 
500 2,73 1,00 0,37 
750 1,37 0,31 0,73 
 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
20 
en el caso de orden cero, la correlación es perfecta (de hecho, el índice de corrección 
encontrado en EXCEL es exactamente R2 = 1. En los otros casos la correlación no es 
tan buena; por tanto, concluimos que el orden de la reacción es 0 (cero). 
Como la pendiente es m = - ak  k = m
-a
; tomamos gráficamente la pendiente. Como 
el índice de correlación es 1 podemos tomarla entre dos puntos de la recta (si R2 fue-
ra ≠ 1, habría que hallar la pendiente gráficamente): tomando los dos primeros pun-
tos: m = ∆y
∆x
 = 4,10 - 5,46
250-0
 = -0,00544; por tanto: k = -0,00544
-2
 = 0,00272 mM-1s-1 = k. 
Velocidad de reacción = k[HI]0 = k = 0,00272 mM-1s-1 = VRx. 
 
(b) Para t = 600 s levantamos una vertical en el gráfico (trazo rojo) hasta intersecar a 
la recta de orden cero, y encontramos [HI] = 2,20 M; que comparado con el 2,16 M 
encontrado en el procedimiento anterior, nos permite comprobar que trabajando con 
la precisión adecuada, el método gráfico resulta satisfactorio y los resultados se en-
contrarán dentro de los límites del error del método (gráfico). En este caso la diferen-
cia (error) porcentual entre ambos resultados es de solo 2,20 - 2,16
2,16
 * 100 = 1,85 %. 
 
14. A una temperatura determinada, la constante de velocidad para la descomposición 
del HI sobre una superficie de oro: 2HI(g)  H2(g) + I2(g) es de 0,080 Ms-1. (a) ¿Cuál 
es el orden de la reacción? (b) ¿Cuánto tardaría de concentración de HI en disminuir 
desde 1,50 M hasta 0,15 M? 
 
Solución: (a) De las unidades de k: Ms-1 se deduce que la reacción es de orden ce-
ro: VRx = k [HI]0  unidades de k = unidades de VRx = M/s. 
 
(b) Para la reacción de orden cero: [HI]f - [HI]0 = akt 
t = [HI]f - [HI]0
ak
 = 1,50 M - 1,15 M(2) * (0,08 M/s) = 8,4375 s ≅ 8,4 s = t. 
 
15. Para una reacción en fase gaseosa Ea = 103 kJ/mol y la constante de velocidad es 
de 0,0850 min-1 a 273 K. Halle la constante de velocidad a 373 K. 
 
 Solución: Usando la ecuación de Arrhenius ln k2
k1
 = Ea
R
� 1
T1
 - 1
T2
�: 
 
Si T1 = 273 K  k1 = 0,0850 min-1 
y T2 = 373 K  k2 = ? 
 
ln k2 - ln 0,085 = + 12,166  ln k2 = 9,70  k2 = 1,63x10
4 min-1. 
 
16. La constante de velocidad de una reacción se triplica cuando la temperatura se eleva 
de 298 K a 308 K. Halle Ea. 
 
Solución: Usando la ec. de Arrhenius (obviando las unidades; ver problema 15): 
T1 = 298 K  k1 = k 
T2 = 308 K  k2 = 3k 
 
8,38x104 J/mol ≅ 83,8 kJ/mol = Ea. 
 
17. Se da la constante de velocidad en función de la temperatura para 
la reacción de intercambio: Mn(CO)5(CH3CN)+ + NC5H5  Mn(CO)5 
(NC5H5)+ + CH3CN. (a) Calcule la Ea a partir de la representación de 
ln k vs 1/T. (b) Use el gráfico para predecir el valor de k a 311 K (c) 
T 
(K) 
k 
(min-1) 
298 0,0409 
308 0,0818 
318 0,157 
 
 ln 
k2
0,085
 = 
103 kJmol * 10
3 J
kJ
8,314 Jmol∙K
�
1
273 K
 - 
1
373 K
� 
 ln 3k
k
 = Ea
8,314
� 1
298
 - 1
308
�  Despejando Ea = 
8,314 * ln 3
1
298 - 
1
308
 = 
Capítulo II. Aspectos cinéticos de los procesos químicos.21 
¿Cuál es el valor numérico del factor de frecuencia de colisión, A, en la ecuación de 
Arrhenius? 
 
Solución: Construimos gráfico ln k vs 1
T
, que debe ser una recta, 
tal como se muestra en gráfico adjunto (trazo negro). La pendien-
te de esta recta es m = Ea
R
. Por tanto: 
 
 
(a) Pendiente (trazo verde): m = tg θ = - 2,7 - �- 3,5�
�3,275 - 3,40�x10-3
 = 0,8
-1,25x10-4
 = -6400  
m = - 6400 = Ea
R
  Ea = - 6400 * 8,314 
J
mol∙K
 = - 53 210 J
mol
 = - 53,2 kJmol = Ea. 
 
(b) A 311 K: 1
T
= 1
311
 = 0,003215 y (del gráfico; trazo morado vertical hasta intersecar 
la línea de correlación y horizontal hasta intersecar el eje vertical, se obtiene) 
lnk = - 2,30  k311 = 0,100 min-1 . 
 
(c) El factor de frecuencia de colisión (A en la ecuación de Arrhenius): k = Ae- 
Ea
RT lo 
calculamos encontrando gráficamente el término independiente de la expresión de la 
recta: ln k = - 6400 * �1
T
� + lnA, que corresponde a la intersección en el origen (que 
no aparece en el gráfico y, por tanto, hay que proyectar). De la construcción gráfica 
(triángulos semejantes con trazo azul, derecha): ln A = A - (-3,5)
-2.7 - (-3.5)
= 3,40x10
-3 - 0
3,40x10-3 - 3,275x10-3
: 
de donde ln A = -3,5 + 2,72x10
-3
1.25x10-4
 = 18,26  A = = e18,26 = 8,52x107 = A. 
 
18. El reordenamiento del ciclopropano (C3H6) a propeno (C3H6) se 
ha estudiado a varias temperaturas. Se han determinado experi-
mentalmente los siguientes valores para la constante específica 
de velocidad. (a) De la representación adecuada de estos datos, 
determine el valor de la energía de activación de esta reacción. 
(b) Use el gráfico para estimar el valor de k a 500 K. (c) Use el 
gráfico para estimar la temperatura a la cual el valor de k sería 
igual a 5,00x10-5 s-1. 
 
T 
(K) 
k 
(s-1) 
600 3,30x10-9 
650 2,19x10-7 
700 7,96x10-6 
750 1,80x10-4 
800 2,74x10-3 
850 3,04x10-2 
900 2,58x10-1 
 
ln k 1/T 
-3,20 0,00336 
-2,50 0,00325 
-1,85 0,00314 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
22 
Solución: Representamos gráficamente ln k vs 1
T
; 
los datos se consignan en la tabla adjunta. 
 Solución con Excel: 
(a) De la ecuación de la recta de correlación toma-
mos la pendiente m = tg θ = -32 713 = - Ea
R
  Ea = 
= (tg θ) * R = -32 713 * 8,314 J
mol·K
 = 265 670 J
mol
 ≈ 
266 kJ
mol = Ea. 
 
(b) Si T = 500 K  1
T
 = 2x10-3, que 
es el valor de x en la ecuación, y 
como y = ln k: ln k = -32713 * 2x10-3 
+ 34,993 = -30,433  k = e-30,433 = 
6,93x10-14 s-1 = k500. 
 
(c) Si k = 5x10-5  ln k = -9,9 = y en 
la ec.; por tanto, despejando x: x = 
= ln k - 34,993
-32713
 = -9,9 - 34,993
-32713
 = 1,372x10-3 
= 1
T
  T = 729 K. 
Solución manual: 
 
 
(a) Del gráfico (trazo rojo): m = tg θ = - Ea
R
 = -12,5 - (-19,53)
�1,45 - 1,67�x10-3
 = -31 955 K  Ea = (tg θ) * 
* R = -31 955 * 8,314 J
mol·K
 = 265 670 J
mol
  Ea = 266 
kJ
mol. 
 
(b) Si T = 500 K  1
T
 = 2x10-3  Trazamos (trazo violeta) la vertical en este valor de 1
T
 
hasta intersecar a la proyección de la recta que correlaciona los puntos experimenta-
les y de allí trazamos la horizontal hasta intersecar al eje y en el valor y = ln k = -30,3 
 k = e-30,3 = 6,93x10-14 s-1 = k500. 
T (K) k (s-1) 1/T (K-1) ln k 
600 3,30E-09 1,67E-03 -19,53 
650 2,19E-07 1,54E-03 -15,33 
700 7,96E-06 1,43E-03 -11,74 
750 1,80E-04 1,33E-03 -8,62 
800 2,74E-03 1,25E-03 -5,90 
850 3,04E-02 1,18E-03 -3,49 
900 2,58E-01 1,11E-03 -1,35 
 
 
Capítulo II. Aspectos cinéticos de los procesos químicos. 
 
23 
 
(c) Si k = 5x10-5  ln k = -9,9: trazamos (trazo verde) la horizontal por este valor has-
ta intersecar la recta de correlación de los datos experimentales o su proyección, y 
de allí trazamos la vertical hasta cortar al eje horizontal, obteniendo el valor x = 1
T
 = 
1,375x10-3  T = 727 K. 
 
19. La enzima anhidrasa carbónica cataliza la hidratación del dióxido de carbono: CO2 + 
H2O  H2CO3. Esta reacción está implicada en la transferencia del CO2 de los tejidos 
al pulmón mediante el torrente sanguíneo. Una molécula de enzima hidrata 106 
moléculas de CO2 por segundo. ¿Cuántos gramos de CO2 se hidratan en un minuto 
en un litro mediante enzima de concentración 1,0x10-6 M? 
 
Solución: CO2 + H2O 
[enz]
�⎯� H2CO3 
# de moléculas de enzima = 1x10-6 moles
L
 * 6,02x1023 moléculas
mol
 = 6,02x1017 moléc. enzima
L
 
Cantidad de CO2 hidratado: 6,02x1017 moléc. enz.L * 
106 moléc.CO2
moléc. enzima · s
 * 1 mol
6,02x1023 moléc. CO2
∗ 
* 44 g
mol
 * 60 s
min
 = 2640 g CO2
 L∙min. 
 
20. La siguiente reacción en fase gaseosa es de primer orden: N2O5  NO2 + NO3. La 
energía de activación para esta reacción es de 88 kJ/mol. El valor de k a 0 ºC se sa-
be que vale 9,16x10-3 s-1. (a) ¿Cuál sería el valor de k para esta reacción a tempera-
tura ambiente, 25 ºC? (b) ¿A qué temperatura tendría esta reacción un valor de k de 
3x10-2 s-1? 
Solución: (a) Ec. de Arrhenius: ln k298
k273
 = Ea
R
� 1
T273
 - 1
T298
�  ln k298
9,16 * 10-3
 = 
88 kJmol * 10
3 JkJ
8,314 Jmol·K
 * 
* � 1
273 K
 - 1
298 K
�  ln k298 - ln 9,16×10
-3 = 3,2526  ln k298 = 3,2526 + (-4,69) = -1,44 
 k2 = e-1,44 = 0,237 s-1. 
 
(b) ln 3 × 10
-2
9,16 × 10-3
 = 88 × 10
3
8,314
� 1
273
 - 1
T
�  1
T
 = - 1,12 × 10-4 + 1
273
 = 3,55 × 10-3  T = 281,6 
K ≈ 8,6 °C. 
 
21. La ecuación de velocidad para la reacción: Cl2(aq) + H2S(aq)  S(s) + 2HCl(aq) se 
encuentra que es VRx = k [Cl2] [H2S]. ¿Cuál de los siguientes mecanismos es consis-
tente con la ley de velocidad? 
(a) Cl2  Cl+ + Cl- (lento) 
 Cl- + H2S  HCl + HS- (rápido) 
 Cl+ + HS-  HCl + S (rápido) 
 
 Cl2 + H2S  S + 2HCl (total) 
 
(b) Cl2 + H2S  HCl + Cl+ + HS- (lento) 
 Cl+ + HS-  HCl + S (rápido) 
 
 Cl2 + H2S  S + 2HCl (total) 
 
(c) Cl2  Cl + Cl (rápido, equilibrio) 
 Cl + H2S  HCl + HS (rápido, equilibrio) 
 HS + Cl  HCl + S (lento) 
 
 Cl2 + H2S  S + 2HCl (total) 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
24 
 
Solución: 
(a) Cl2  Cl+ + Cl- (lento) 
 Cl- + H2S  HCl + HS- (rápido) 
 Cl+ + HS-  HCl + S (rápido) 
 
 Cl2 + H2S  S + 2HCl (total) 
 
(b) Cl2 + H2S  HCl + Cl+ + HS- (lento) 
 Cl+ + HS-  HCl + S (rápido) 
 
 Cl2 + H2S  S + 2HCl (Total) 
 
(c) Cl2  Cl + Cl (rápido, equilibrio) 
 Cl + H2S  HCl + HS (rápido, equilibrio) 
 HS + Cl  HCl + S (lento) 
 
 Cl2 + H2S  S + 2HCl (Total) 
 
VRx3 = k [HS][Cl] pero ninguna especie es reactivo. Buscamos sus equivalencias en 
los equilibrios: 
En el primer equilibrio: VRxd = VRxi  k1d [Cl2] = k1i [Cl]2  [Cl] = k1 [Cl2]1/2 
En el segundo equilibrio: VRxd = VRxi  k2d[Cl][H2S]=k2i[HCl][HS]  
[HS] = k2
[Cl][H2S]
[HCl]
 = k2
k1[Cl2]1/2 [H2S]
[HCl]
 = k [Cl2]
1/2[H2S]
[HCl]
 ≠ [Cl2][H2S] , no es consistente. 
El único mecanismo consistente con la ley experimental es el (b). 
 
22. Un mecanismo propuesto para la descomposición del ozono, 2O3  3O2 es: 
 O3  O2 + O (rápido, equilibrio) 
 O + O3  2O2 (lenta) 
Obtenga la ecuación de velocidad para la ecuación neta. 
 
Solución: VRx = k [O][O3]; del equilibrio: VRx = kd[O3] = ki[O2][O]  [O] = 
kd [O3]
ki [O2]
 = 
= k' [O3][O2]  VRx = k
�k' [O3][O2]
� [O3] = k [O3]2[O2]-1 = VRx. 
 
23. La combinación de átomos de Cl se cataliza por N2(g). Se sugiere el siguiente meca-
nismo: (1) N2 + Cl  N2Cl (rápido, equilibrio) 
(2) N2Cl + Cl  Cl2 + N2 (lento) 
(a) Identifique cualquier intermedio de reacción en este mecanismo. (b) ¿Es este 
mecanismo consistente con la ley de velocidad experimental VRx = k [N2] [Cl]2? 
 
Solución: (a) Intermedio de reacción: N2Cl, ya que no aparece en la reacción neta: 
Cl + Cl 
N2�� Cl2 + N2. 
 
(b) VRx = k [N2Cl][Cl] de (2); y de (1): VRx = kd [N2][Cl] = ki [N2Cl]  [N2Cl] = 
= kd
ki
[N2][Cl]  VRx = k �
kd
ki
[N2][Cl]� [Cl] = k [N2][Cl]2  VRx = k [N2][Cl]2. Sí es 
consistente. 
 
24. Se ha propuesto el siguiente mecanismo para la reacción entre el H2 y el CO para 
dar formaldehído, H2CO: H2  2H (equilibrio)H + CO  HCO (lento) 
 H + HCO  H2CO (rápido) 
VRx1 = k1[Cl2] ≠ [Cl2][H2S] 
No es consistente 
VRx2 = [Cl2][H2S] 
Consistente 
Capítulo II. Aspectos cinéticos de los procesos químicos. 
 
25 
(a) Escriba la ecuación ajustada para la reacción total. (b) La dependencia de la ve-
locidad observada se encuentra que es de orden un medio con respecto al H2 y de 
primer orden con respecto al CO ¿Es este mecanismo de reacción propuesto consis-
tente con la dependencia de la velocidad observada? 
 
Solución: (a) Reacción global (sumando): H2 + CO  H2CO 
(b) VRx = k [H][CO]; y del equilibrio: VRx = kd [H2] = ki [H2]2  [H] = �
kd
ki 
[H2] = 
k' [H2]1/2  VRx = k �k' [H2]1/2�[CO] = k [H2]1/2[CO] = VRx. Sí es consistente. 
 
25. Un libro de cocina da el siguiente procedimiento general para el uso de una olla a 
presión: “Para vegetales al vapor, el tiempo de cocción a la presión manométrica de 
15 psi (lb/pulg2) es de 1/3 del de la presión atmosférica”. (Recuerde que la presión 
manométrica se mide con respecto a la presión atmosférica, que vale 15 psi a nivel 
del mar). A partir de esta información, estime la energía de activación para el proceso 
de cocción de vegetales al vapor. [SUGERENCIA: puede ayudar la ecuación de 
Clausius y Clapeyron]. 
 
Solución: La ecuación de Clausius Clapeyron: ln p2
p1
 = - ∆H
R
� 1
T2
 - 1
T1
� ,nos permite cal-
cular la temperatura de cocción en la olla de presión, T2 = Tb,H2O
f , conociendo: p1 = 
pnormal = 1 atm = 15 psi; p2 = presión de olla de vapor = pman + patm = 15 715 = 30 psi; 
T1 = Tb, H2O
0 = 100 °C = 373 K; ∆H = calor de vapor ización del agua a 100 °C = 
540 cal
g
 * 18 g
mol
 * 4,18 J
cal
 = 40 629,6 J
mol
= ∆H. Reemplazando los datos: ln 30
15
 = 
- 40629,6 J/mol
8,314 J/cal∙K
� 1
T2
 - 1
373
�  1
T2
 = - 0,6931 * 8,314
40629,6
 + 1
373
= 0,002539  T2 = 393,8 K. En la 
ec. de Arrhenius: ln k2
k1
 = Ea
R
� 1
T1
 - 1
T2
�; para hallar la Ea: si k1 = constante de veloci-
dad a Patm y k2 = constante con velocidad a P = 2 * Patm; de los datos: 
k2
k1
 = 3 ya que 
V α 1
T
  Ea = 
�lnk2k1
� k
� 1T1
 - 1T2
�
 = (ln 3) * (8,314)
� 1373 - 
1
393,8�
 = 64502,4 J/mol  Ea = 64,5 kJ/mol. 
 
26. Se dan los datos para la descomposición del N2O5 en 
NO2 a 45 ºC: 2N2O5(disol)  4NO2(disol) + O2(g). La ve-
locidad se determina midiendo el volumen de O2 produci-
do. Escriba la expresión de la ley de velocidad. 
 
Solución: Se ve que si la [N205]0 dis-
minuye a la mitad, entonces V0 también 
disminuye a la mitad; y si disminuye a la 
sexta parte, igual. Por tanto la reacción 
es de primer orden respecto al N205: VRx 
= = k [N205] y k se encuentra graficando 
V0, O2 vs [N205], ya que VRx = 
= k [N205] ∝ 
∆[02]
∆t
. En dicho gráfico, que 
corresponde a una recta, k = 
V0, O2
[N205] 
 = 
= tg θ  k es la tangente de la recta. 
 
Solución con Excel 
De la ecuación (gráfico adjunto): m = tg θ = k = 6,2x10-4 s-1 VRx = 6,2x10-4 [N2O5]. 
 
[N2O5]0 
(mol/L) 
V0 
(MO2 s-1) 
0,900 5,58 x 10 -4 
0,450 2,79 x 10 -4 
0,150 9,30 x 10 -5 
 
 
y = 6,200E-04x + 1,268E-19
R² = 1,000E+00
0,00E+00
1,00E-04
2,00E-04
3,00E-04
4,00E-04
5,00E-04
6,00E-04
0,000 0,200 0,400 0,600 0,800 1,000
V0,O2 vs [N205]0
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
26 
Solución manual 
Construimos el gráfico y medimos 
la pendiente (trazo verde): m = tg θ 
= �5-2,55�x10
-4 Ms-1
�0,795-0,400�M
 = 6,2x10-4 s-1 = k 
 VRx = 6,2x10-4 [N2O5]. 
 
27. Recurra a la reacción y datos del 
problema 20. Empezamos con 3,60 
moles de N2O5 en un recipiente de 
3,00 L. (a) ¿Cuántos moles de 
N2O5 quedarían después de 1 min 
a 25 ºC? (b) ¿Cuánto tiempo se 
requeriría para que se descompusiese el 99,0 % del N2O a 25 ºC? 
 
Solución: (a) Del problema 20, a 25°C: VRx = 0,24 [N205] M∙s-1. Usando la ecuación 
integrada de velocidad para primer orden: ln A0
A
 = akt; donde a = 1 o bien: 
ln (3,60 moles/3 L)(nf /3 L) = (1) * 
�0,24 s-1� * �1 min * 60 s
min
�  ln 3,60 – ln(nf) = 1,44  
ln (nf) = - 14,4 + ln 3,60 = - 1 3,12  nf = 2,00x10-6 moles N205. 
(b) Para descomponer el 99 % (es decir que quede el 1 %): ln 100 %
1 %
 = akt = 1 * 
∗ 0,24 s-1 * t  t = ln 100
0,24 s-1 
 = 19,18 s = t. 
 
28. A lo largo del capítulo se calculó que la constante de velocidad, k, para una reacción 
cuya energía de activación es de 50 kJ/mol se duplica aproximadamente (factor 1,9) 
cuando se eleva la temperatura de 300 a 310 K. En este mismo intervalo de tempera-
tura determine el factor por cual se incrementa k para una reacción cuya energía de 
activación es de 75 kJ/mol. ¿Puede razonar este resultado? 
 
Solución: Según Arrhenius: ln k2
k1
 = Ea
R
� 1
T1
 - 1
T2
�. Por tanto, si Ea = 50 
kJ
mol
: 
 ln k2
k1
 = - 50x10
3 J/mol
8,314 J/mol∙K
� 1
310
 - 1
300
� = + 0,6467  k2
k1
 = e0,6467 = 1,91; y si Ea = 75 
kJ
mol
: 
 ln k2
k1
 = - 75x10
3 J/mol
8,314 J/mol∙K
� 1
310
 - 1
300
� = + 0,97  k2
k1
 = 2,64. 
Comparando las variaciones de ambas magnitudes (∆Ea y ∆T) se puede inferir que 
aunque la variación en términos absolutos de la constante de velocidad se incremen-
ta (de 1,91 a 2,64 veces), cuando mayor es la Ea el efecto de un mismo crecimiento 
de temperatura se traduce en un menor crecimiento de la VRx. Cuanto mayor sea la 
Ea más le cuesta al sistema alcanzarla y la variación de la constante de velociad, ∆k, 
es menor (la velocidad de reacción crece menos a medida que aumenta la Ea). En 
este caso concreto, si la Ea ↑ 50 %  k ↑ 38 % solamente. 
 
29. Toma aproximadamente 3,0 minutos cocer un huevo duro en Piura, pero en Yungay, 
a unos 2500 msnm, donde el agua puede hervir a 92,0 ºC el tiempo de cocción es de 
unos 4,5 minutos. Use esta información para estimar la energía de activación para la 
coagulación de la proteína contenida en la albúmina del huevo. 
 
Solución: Para Piura consideramos T1 = 100 ºC = 373 K, que por ser la mayor tem-
peratura le corresponde la mayor velocidad: k1 ∝ 
1
t1
 = 1
3
; y para Yungay consideramos 
T2 = 92 ºC = 365 K, que por ser la menor temperatura le corresponde la menor velo-
cidad: k2 ∝ 
1
t2
 = 1
4,5
; por tanto, la relación de las constantes de velocidad de Yungay y 
 
Capítulo II. Aspectos cinéticos de los procesos químicos. 
 
27 
Piura es k2
k1
 ∝ t1
t2
 = = t1
t2
 = 3,0
4,5
 = 2
3
. Despejando la energía de activación de la ecuación de 
Arrhenius (problema anterior): Ea = 
R * ln k2k1
1
T1
 - 1T2
 = 
8,314 Jmol·K * ln 
2
3
1
373 K - 
1
365 K
 = 57 369 J
mol
 ≈ 57 kJmol. 
 
30. La energía de activación para la reacción entre el O3 y el NO es de 9,6 kJ/mol: 
O3(g) + NO(g)  NO2(g) + O2(g) 
(a) Use las tablas termodinámicas para calcular ∆Hº para esta reacción. (b) Prepare 
una representación de la energía de activación similar a la de la figura 2.7 para esta 
reacción. [SUGERENCIA: ¿Cómo se compara ∆Hº con ∆Eº para esta reacción?]. 
 
Solución: (a) De tablas: 
 = ∆Hf, NO2(g)
0 + ∆Hf, O2(g)
0 - �∆Hf, O3(g)
0 +∆Hf, NO(g)
0 � = 
33,5 kJ
mol
 + + 0 kJ
mol
 – 143 kJ
mol
 – 90,25 kJ
mol
 = -199,75 
kJ/mol. Relación con ∆E: ∆H = ∆E + (∆n)gRT  
∆E = ∆H + (∆n)gRT = 199,75 + (2 – 2)*RT = 
∆H = - 199,75 kJmol ≈ -200 
kJ
mol = ∆E. 
(b) En la figura adjunta se representan estos va-
lores.