Solucionario Parcial Q2

Solucionario Ex1 (2010 – I)

Química 2Av. Bolívar 2086 - Pueblo Libre

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SOLUCIONARIO DE SEMINARIO EXAMEN PARCIAL DE QUÍMICA 2

1.a. Como es expansión ∆V > 0 (pues Vf > Vi) y como w = - P∆V w < 0 (pues ∆V > 0) El sistema efectúa trabajob. Como es compresión ∆V < 0 (pues Vf < Vi) y como w = - P∆V w > 0 (pues ∆V < 0) Se efectúa trabajo sobre el sistemac. Como es expansión ∆V > 0 (pues Vf > Vi) y como w = - P∆V w < 0 (pues ∆V > 0) El sistema efectúa trabajod. Como el recipiente es rígido ∆V = 0 pues V = cte. No se lleva a cabo ningún trabajo

2. a. En una bomba calorimétrica V = cte.

Por lo que qv = ∆E donde ∆E es una función de estadob. Como el cubo de hielo está dentro de una taza y es un sistema abierto P = cte.

Por lo que qp = ∆Hc. Congelador V = cte.

Por lo que qv = ∆Ed. Al calentarse un trozo de metal sobre la mesa del laboratorio, se trata de un sistema abierto P = cte.

Por lo que qv = ∆H

2. Para calcular el cambio de energía interna se debe calcular: ∆E = q + w

3.a. Para la etapa 1 → 2:

Verificamos si se cumple la Ley de Boyle:

Se trata de un proceso isotérmico pues se cumple la Ley de Boyle

Para la etapa 2 → 3: Como la P = cte. Proceso Isobárico

Para la etapa 3 → 4:

Verificamos si se cumple la Ley de Boyle:

Se trata de un proceso adiabático pues no se cumple la Ley de Boyle

Rocío Hoyos Díaz Pág.1

Wciclo = w1→2 + w2→3 + w3→4

En la gráfica observamos que el w2→3 es mayor que el w3→4. Por otro lado, los trabajos de w1→2 y w2→3 son de compresión por lo que sus signos son los que predominan en el trabajo del ciclo.Como es compresión ∆V < 0 (pues Vf < Vi)y como wciclo = - P∆V wciclo > 0 (pues ∆V < 0)Se efectúa trabajo sobre el sistema

b. Para la etapa 2 → 3: T2 = 750 + 273 = 1023 K T3 = 314,77 KP2 = 20 atm P3 = 20 atmV2 = 65 L V3 = 20 Ln = 15,5 moles

4.a. Alternativa 1: isobárica P = cte. (Etapa A → Etapa B)

TA = 80 + 273 = 353 K TB = 194,76 KPA = 2,5 atm PB = 2,5 atmVA = 58 L VB = 32 L

Cv = 5/2 R Cp – Cv = R Cp = 7/2 R

Alternativa 2: isotérmica T = cte. (Etapa A → Etapa C)

q (kJ) w (kJ) ∆E (kJ) ∆H (kJ)Alternativa 1 - 23,02 6,59 16,43 - 23,02Alternativa 2 - 19,7 19,7 0 0


b. Alternativa 1: w > 0 trabajo realizado sobre el sistema Alternativa 2: w > 0 trabajo realizado sobre el sistema

c.

5.a. T = cte.

T1 = 400 K T2 = 400 KP1 = 1 atm P2 = 5 atmV1 = 98,4 L V2 = 19,68 Ln = 3 moles

b. Como se trata de un aislante, es un proceso adiabático q = 0∆E = w = nCv∆T

c. Proceso 1: T = cte.

Proceso 2: q = 0∆E = w = 18706,5 J∆H = nCp∆T y como Cp – Cv = R Cp = 7/2 R

d.


P (atm)

4,53

2,5

32 58 V (L)

Alternativa 2

Alternativa 1

Se escogerá la alternativa 1 pues requerirá de un menor trabajo.

P (atm)

5

isocórico

1isobárico

19,68 98,4 V (L)

isotérmico

6.a. A → B: T = cte.

TA = 300 K TB = 300 KPA = 2,96 atm PB = 1,48 atmVA = 100 L VB = 200 L

B → C: V = cte.TB = 300 K TC = 189 KPB = 1,48 atm PC = 0,93 atmVB = 200 L VC = 200 L

C → D: q = 0TC = 189 K TD = 198,17 KPC = 0,93 atm PD = 1,30 atmVC = 200 L VD = 150 LEn C:

En D:

P V TA 2,96 atm 100 L 300 KB 1,48 atm 200 L 300 KC 0,93 atm 200 L 189 KD 1,30 atm 150 L 198,17 K

b.

c.i. B → C: V = cte.


P (atm)A

2,96

B1,481,30 D

0,93 C

100 150 200 V (L)

ii. A → B: T = cte.

7.a. Zn(s) + 2 HCl(ac) → H2(g) + 2Cl-(ac) + Zn2+

(ac)

Zn(s) + 2 H+(ac) + 2 Cl-(ac) → H2(g) + 2Cl-(ac) + Zn2+

(ac)

∆HºRx = ∆Hºf (H2) + 2 ∆Hºf (Cl-) + ∆Hºf (Zn2+) – [∆Hºf (Zn) + 2 ∆Hºf (H+) + 2 ∆Hºf (Cl-)]∆HºRx = 2(-167,20) + (-152,40) – 2(-167,20) = -152,40 kJ/mol H2

b. qserpentín = 1524 kJ = mc∆T

c. Etapa 1:q = - w ∆E = 0 y como ∆E = nCv∆T = 0 ∆T = 0 T = cte.w < 0 y como w = - P∆V (∆V > 0 expansión)Se trata de una expansión isotérmica

Etapa 2:q = 0 adiabáticaw < 0 w = - P∆V (∆V > 0)expansión adiabática

Etapa 3:q = - w ∆E = 0 y como ∆E = nCv∆T = 0 ∆T = 0 T = cte.w > 0 y como w = - P∆V (∆V < 0 compresión)Se trata de una compresión isotérmica

Etapa 4:q = 0 adiabáticaw > 0 w = - P∆V (∆V < 0)compresión adiabática

d. Etapa 2: q = 0 adiabática


P (atm)

42

3

V (L)

1

e. wciclo = w1 + w2 + w3 + w4

wciclo = - 660 J + (- 200 J) + 445 J + 200 J = - 215 Jwciclo < 0 y wciclo = - P∆V (donde ∆V > 0) expansión

f. ∆Eciclo = 0 porque Ef = Ei

∆Hciclo = 0 porque Hf = Hi

8.a.

b.En el proceso ii. al tratarse de una expansión adiabática se cumple lo siguiente:q = 0 ∆E = w como w = - P∆V (donde ∆V > 0) w < 0 y ∆E < 0y como ∆E = nCv∆T < 0 ∆T < 0El proceso ocurre con disminución de T.

9.a. Etapa 1: T = cte.

TA = 25 + 273 = 298 K TB = 298 KPA = 4 atm PB = 2 atmVA = 6,109 L VB = 2 VA = 2(6,109 L) = 12,218 Ln = 1 mol

Etapa 2: P = cte.TB = 298 K TC = 149 KPB = 2 atm PC = 2 atmVB = 12,218 L VC = 6,109 L

Etapa 3: V = cte.TC = 149 K TD = 298 KPC = 2 atm PD = 4 atmVC = 6,109 L VD = 6,109 L

b.


P (atm)

ivii

iii

V (L)

i

P (atm)

4

3 1

22

6,109 12,218 V (L)

wciclo = w1 + w2 + w3 y w1 > w2 (porque su área es mayor)w1 = - P∆V (donde ∆V > 0) w1 < 0 y wciclo < 0y como wciclo < 0 - P∆V < 0 ∆V > 0 expansión

c. Para la etapa 2: P = cte.

10.a. Isotérmicamente: T = cte.

∆E = nCv∆T = 0 q = - wTf = Ti = 27ºCq = - w = - 2,332 kJ∆H = nCp∆T = 0

b. Adiabáticamente: q = 0∆E = w = nCv∆T = 5,586 kJ

∆H = nCp∆T Cp – Cv = R Cp = 5/2 R

11.a. Etapa 1: P = cte. isobárica

T1 = 10 + 273 = 283 K T2 = 566 KP1 = 1 atm P2 = 1 atmV1 = 5,8 L V2 = 2 V1 = 2(5,8 L) = 11,6 Ln = 0,25 mol


Etapa 2: T = cte. isotérmicaT2 = 566 K T3 = 566 KP2 = 1 atm P3 = 2 atmV2 = 11,6 L V3 = 5,8 L

Etapa 3: V = cte.T3 = 149 K T4 = 298 KP3 = 2 atm P4 = 4 atmV3 = 6,109 L V4 = 6,109 L

b. wciclo = wI + wII + wIII y wII > wI (porque su área es mayor)wII = - P∆V (donde ∆V < 0) wII > 0 y wciclo > 0y como wciclo > 0 - P∆V > 0 ∆V < 0 compresiónwciclo es una compresión neta

c.i. En etapa II: isotérmica T = cte.

ii. ∆Eciclo = 0 porque Ef = Ei

12.a.i.

ZnS(s) + O2(g) → ZnO(s) + SO2(g)

∆HºRx = ∆Hºf (ZnO) + ∆Hºf (SO2) – [∆Hºf (ZnS) + 3/2 ∆Hºf (O2)]∆HºRx = (- 348) + (-296,1) – (-202,9) = - 441,2 kJComo ∆H° < 0 Proceso exotérmico

ii.SO2(g) + 2 H2S(g) → 3 S(s) + 2 H2O(l)


P (atm)

2

III II

1I

5,8 11,6 V (L)

13.a. ½ N2(g) + O2(g) → NO2(g) ∆H°Rx = ∆H°f (NO2) = 33,85 kJ/molb. ½ N2(g) + ½ O2(g) → NO(g)

∆H°Rx = ½ EE (NΞN) + ½ EE (O=O) – EE (NΞO)∆H°Rx = ½ (941,4) + ½ (498,7) – 629,7 = 90,35 kJ

c.2 NO(g) + O2(g) → 2 NO2(g) ∆H° = ?

N2(g) + 2 O2(g) → 2 NO2(g) ∆H° = 2 (33,85)2 NO(g) → N2(g) + O2(g) ∆H° = - 2(90,35)--------------------------------- ----------------------2 NO(g) + O2(g) → 2 NO2(g) ∆H° = - 113 kJ

14.a. La ecuación es la siguiente:

H2(g) + ½ O2(g) → H2O(g)

∆H°Rx = ∆H°f (H2O(g)) = - 241,82 kJ (pues los otros elementos al estar en su forma estable son 0)

Por otro lado:∆H°Rx = ∑EEROTOS - ∑EEFORMADOS

∆H°Rx = 1 EE (H – H) + ½ EE (O = O) – 2 EE (H – O)- 241,82 kJ = 436,40 + ½ (498,70) – 2 EE (H – O)

EE (H – O) = 463,79 kJ/molb. CH3OH(g) + ½ O2(g) → HCHO(g) + H2O(g) ∆H° = ?

∆H°Rx = 3 EE(C – H) +1 EE(C – O) + 1 EE(O – H) + ½ EE(O = O) – [2 EE(C – H) +1 EE(C= O) +2 EE (O – H)]

∆H°Rx = 3 (414) + 351 + 463,79 + ½ (498,7) – 2(414) – 745 – 2(463,79) = - 194,44 kJ

15.a. C8H18(l) + 25/2 O2(g) → 8 CO2(g) + 9 H2O(l)

∆H°Rx = 8(- 393,5) + 9(- 285,8) – [- 268,8 +25/2 (0)]∆H°Rx = - 5451,4 kJMasa molar (C8H18) = 12(8) + 1(18) = 114 g/mol

b.H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) ∆H° = ?

∆H°Rx = 436,4 + ½ (498,7) – 2(460,0) = - 234,25 kJ


C

H

H O

H

H + O O1/2 H C

O

H + H O H

H2(g) + ½ O2(g) → H2O(g) ∆H° = - 234,25 kJH2O(g) → H2O(l) ∆H° = - 40,67 kJ------------------------------------ ------------------------H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) ∆H° = - 274,92 kJ

c.

16.a. LiCl(s) → Li+(ac) + Cl-(ac) ∆H° = ?

Li(g) Li+(g) + 1e- ∆Hº = 520 kJ/molCl(g) + 1e- Cl-(g) ∆Hº = - 380 kJ/molCl2(g) 2 Cl(g) ∆Hº = 244 kJ/molLi(s) Li(g) ∆Hº = 155 kJ/molLi(s) + ½ Cl2(lg) LiCl(s) ∆Hº = - 444 kJ/molLi+(g) Li+(ac) ∆Hº = - 558 kJ/molCl-(g) Cl- (ac) ∆Hº = - 340 kJ/mol

LiCl(s) Li(s) + ½ Cl2(lg) ∆Hº = 444 kJ/molLi+(g) Li+(ac) ∆Hº = - 558 kJ/molCl-(g) Cl- (ac) ∆Hº = - 340 kJ/molLi(s) Li(g) ∆Hº = 155 kJ/mol½ Cl2(g) Cl(g) ∆Hº = ½ (244 kJ/mol)Cl(g) + 1e- Cl-(g) ∆Hº = - 380 kJ/molLi(g) Li+(g) + 1e- ∆Hº = 520 kJ/mol

-------------------------------------- -------------------------------LiCl(s) → Li+(ac) + Cl-(ac) ∆H° = - 37 kJ

b. Como ∆H° < 0 el sistema libera calor por lo que se enfría

17.(a) C2H4 (g) + 3 O2 (g) → 2 CO2 (g) + 2 H2O(g) ΔH° = - 1048,9 kJ(b) C2H4 (g) + 2 O2 (g) → 2 CO(g) + 2 H2O(g)

∆H°Rx = EE (C = C) + 4 EE (C – H) + 2 EE (O = O) - [2 EE (CΞO) + 4 EE (H – O)]∆H°Rx = 619 + 4(414) + 2(498,7) – [2(1070) + 4(460)]∆H°Rx = - 707,6 kJComo esta ecuación es menos negativa, entonces será menos exotérmica.

18.A.a. C2H6(g) Ξ H3C – CH3 (g)

C2H6(g) → H2C = CH2 (g) + H2 (g)

∆H°Rx = ∆H°f (CH2=CH2) + ∆H°f (H2) - ∆H°f (C2H6)


C C

H H

H H

+ O O2 C O2 + H O H2

∆H°Rx = 52,40 – (-84,70) = 137,1 kJb.

H3C – CH3 (g) → H2C = CH2 (g) + H2 (g)

∆H°Rx = 6 EE (C – H) + EE (C – C) – [EE (C=C) + 4 EE (C – H) + EE (H – H)]∆H°Rx = 6(414) + 347 – [620 + 4(414) + 436,40]∆H°Rx = 118,6 kJ

c. Recomendaría la de entalpías de formación pues los valores de energías de enlace sólo son valores promedio, que se acercan a los valores reales si es que se trataran de enlaces simples.

B.a. 2 CH2 = CH2 (g) + Cl2 (g) + ½ O2 (g) → 2 CH2 = CHCl(g) + H2O(g) ∆H° = ?

CH2 = CH2 (g) + Cl2 (g) → ClCH2 – CH2Cl(g) ΔH°298 K = - 218 kJ2 ClCH2 – CH2Cl(g) → 2 CH2 = CHCl(g) + 2 HCl(g) ΔH°298 K = 2(71 kJ)CH2 = CH2 (g) + 2 HCl(g) + ½ O2 (g) → ClCH2 – CH2Cl(g) + H2O(g) ΔH°298 K = - 238 kJ----------------------------------------------------------------------------------- ------------------------2 CH2 = CH2 (g) + Cl2 (g) + ½ O2 (g) → 2 CH2 = CHCl(g) + H2O(g) ∆H° = - 314 kJ

b.

Energía liberada

Masa molar (CH2 = CHCl) = 12(2) + 1(3) + 35,5(1) = 62,5 kJ/mol

19.A. CH4(g) + H2O(g) 3H2(g) + CO(g)

∆H°Rx = 4 EE (C – H) + 2 EE (H – O) – [3 EE (H - H) + EE (C=ΞO)]∆H°Rx = 4(414) + 2(460) – [3(436,4) + 1072]∆H°Rx = 194,8 kJ

B.CH4(g) + 2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O(l) ∆H° = - 890,7 kJ/molCO(g) + ½ O2(g) → CO2(g) ∆H° = - 283,0 kJ/molH2(g) + ½ O2(g) → H2O(l) ∆H° = - 285,8 kJ/molH2O(l) → H2O(g) ∆H° = 40,7 kJ/mol

CH4(g) + 2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O(l) ∆H° = - 890,7 kJ/molH2O(g) → H2O(l) ∆H° = - 40,7 kJ/molCO2(g) → CO(g) + ½ O2(g) ∆H° = 283,0 kJ/mol3 H2O(l) → 3 H2(g) + 3/2 O2(g) ∆H° = (- 3)(- 285,8 kJ/mol)------------------------------------------------ ----------------------------------CH4(g) + H2O(g) 3H2(g) + CO(g) ∆H° = 209 kJ

20.a.i. ∆H°disoluc = ERet + ∆H°hidrat

- 30 kJ/mol = 630 kJ/mol + ∆H°hidrat


C C

H

H

H

H

H

H

C C

H H

H H

+ H H

C

H

H H

H

+ H O H + H H3 + C O

∆H°hidrat = - 660 kJ/molii. Como ∆H°disoluc < 0 y ∆H° = nCp∆T < 0 ∆T < 0y Tf < Ti

El sistema se enfriaráb.i. compresión adiabática (q = 0)ii. Por la 1° Ley:

∆E = q + w w = ∆E y w = - P∆V (∆V < 0) w > 0iii. w = ∆E ∆E > 0iv. ∆E = nCv∆T > 0 ∆T > 0

21. a. H2 (g) + Cl2 (g) 2 HCl(g)

i. ∆H°Rx = EE (H – H) + EE (Cl – Cl) – 2 EE (H – Cl) ∆H°Rx = 436,4 + 242,7 – 2(431,9) = - 184,7 kJii. ∆H°Rx = 2 ∆H°f (HCl) – [∆H°f (H2) + ∆H°f (Cl2)] ∆H°Rx = 2(-92,3) = - 184,6 kJb. Sí debería haber una diferencia pues los valores de ∆H°f son valores más precisos,

mientras que los valores de energías de enlace tan sólo son valores promedio.

c.

22.a. C(grafito) + 2 H2(g) + ½ O2(g) CH3OH(l) ∆H° = ? C(grafito) + O2(g) CO2(g) ∆H° = - 393,5 kJ CH3OH(l) + 3/2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l) ∆H° = - 726,4 kJ H2(g) + ½ O2(g) H2O(l) ∆H° = - 285,8 kJ

C(grafito) + O2(g) CO2(g) ∆H° = - 393,5 kJ 2 H2(g) + O2(g) 2 H2O(l) ∆H° = 2(- 285,8 kJ) CO2(g) + 2 H2O(l) CH3OH(l) + 3/2 O2(g) ∆H° = 726,4 kJ ---------------------------------------------------- -------------------------- C(grafito) + 2 H2(g) + ½ O2(g) CH3OH(l) ∆H° = - 238,7 kJ

b. Recipiente rígido V = cte. qreacc = qv = ∆ECH3OH(l) + 3/2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l) ∆H° = - 726,4 kJ

∆H° = - 726,4 kJ/mol CH3OH(l)

∆E = ∆H - RT∆n ∆n = 1 – 3/2 = - ½

c. Bomba Calorimétrica V = cte. qv = ∆E = qlib

Además se trata de un proceso adiabático, entonces: qAbs + qlib = 0 qAbs = qbomba + qH2O

qAbs = (Cbomba + mH2OcH2O)∆T


qlib = - 52,909 kJ (para 2 g de C6H5COOH)

d. Comparamos sus ∆E: CH3OH: Masa Molar (CH3OH) = 12(1) + 1(4) + 16(1) = 32 g/mol

C6H5COOH: Masa Molar (C6H5COOH) = 12(7) + 1(6) + 16(2) = 122 g/mol

El C6H5COOH (ácido benzoico) tendrá mayor poder energético pues libera mayor cantidad de calor por gramo.

23.i. H2SO4(ac) + 2 NaOH(ac) → Na2SO4(ac) + 2 H2O(l)

ii. A P = cte. se cumple que: qp = ∆H = qlib

qlib = - 1,118 kJ qAbs = 1,118 kJ

qAbs = qcalorímetro + qH2O

qAbs = (Ccalorímetro + mH2OcH2O)∆T

24.a. Bomba Calorimétrica V = cte. qv = ∆E = qlib


b. i. qAbs = qbomba + qH2O


ii.

c. Como el valor de la reacción reportado por el asistente tiene un valor muy cercano al obtenido experimentalmente, sí es correcto el dato.


b. qAbs = qbomba + qH2O



c.

La reacción de combustión es la siguiente: C6H12O6(s) + 6 O2(g) 6 CO2(g) + 6 H2O(l) y como

26.a. Calorímetro P = cte. qp = ∆H = qlib

Además se trata de un proceso adiabático, entonces: qAbs + qlib = 0 qAbs = qcalorímetro + qsolución

qAbs = (Ccalorímetro + msoluccsoluc)∆T

b.

Por estequiometría 1:1 moles Ca(OH)2 = moles CaO = 0,019 moles

27.A.a. Bomba Calorimétrica V = cte. qv = ∆E = qlib

b. ∆H = ∆E + RT∆n CH3OH(l) + 3/2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l) ∆n = 1 – 3/2 = - ½

c.


Como el calor está dentro de la aproximación aceptable, entonces sí es aceptable el metanol analizado.

B.a. Calorímetro P = cte. qp = ∆H = qlib

Además se trata de un proceso adiabático, entonces: qAbs + qlib = 0 qAbs = qcalorímetro + qsolución


b. ∆H < 0 libera calor es exotérmicoc. Será adecuado el producto para los propósitos del trabajo pues libera más de 100

kJ/mol.


b.

∆H = ∆E + RT∆n CH3OH(l) + 3/2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l) ∆n = 1 – 3/2 = - ½

c.

d. Como el % de error relativo es menor a 2%, es considerado como un producto de buena calidad.

29.A.a. CH4O(l) + 3/2 O2(g) CO2(g) + 2 H2O(l) ∆H° = - 726,41 kJ/mol Masa Molar (CH4O) = 12(1) + 1(4) + 16(1) = 32 g/mol


b. Bomba Calorimétrica V = cte. qv = ∆E = qlib

B.a. H2SO4(ac) + 2 NaOH(ac) → Na2SO4(ac) + 2 H2O(l) ∆H° = - 55,6 kJ/molb. Calorímetro P = cte. qp = ∆H = qlib

qAbs = qcalorímetro + qsolución


30.

a. (I) CH4(g) + CO2(g) → CH3CO2H(l)

∆Sºsis = Sº (CH3CO2H) – [Sº (CH4) + Sº (CO2)] ∆Sºsis = 159,8 – [186,3 + 213,6] ∆Sºsis = - 240,1 J/K ∆HºRx = ∆Hºf (CH3CO2H) – [∆Hºf (CH4) + ∆Hºf (CO2)] ∆HºRx = - 484,0 – [- 74,8 + (-393,5)] = - 15,7 kJ

Como la ∆S°universo < 0 Proceso no espontáneo

(II) CH3OH(g) + CO(g) → CH3CO2H(l)

∆Gº = ∆Gºf (CH3CO2H) – [∆Gºf (CH3OH) + ∆Gºf (CO)] ∆Gº = -392,4 – [- 161,9 + (- 137,2)] = - 93,3 kJ Como la ∆G° < 0 Proceso espontáneo

b. Para que el rango de temperaturas sea favorable para la reacción, se debe cumplir:


La reacción es favorable a temperaturas mayores a 624,95 K.c. (II) CH3OH(g) + CO(g) → CH3CO2H(l)

∆G = ∆Gº + RTln Q

Como el ∆G es más negativo que a condiciones estándar, entonces es más espontánea la reacción y por lo tanto más favorable.

31.A. Por entropía: ∆S°universo = ∆S°sis + ∆S°ent

(I) 2 NO(g) + 2 CO(g) → N2(g) + 2 CO2 (g)

∆Sºsis = 191,5 + 2(213,6) – [2(210,6) + 2(197,9)] = - 198,3 J/K∆Hºsis = (0) + 2(- 393,5) – [2(90,4) + 2(- 110,5)] = - 746,8 kJ

(II) 2 NO(g) + 2 H2(g) → N2(g) + 2 H2O (g) ∆Hº = -662,4 kJ∆Sºsis = 191,5 + 2(188,7) – [2(210,6) + 2(130,6)] = - 113,5 J/K

Como la reacción (I) es más positiva, será la más espontánea.B.a. Por Gibbs: ∆G° = ∆H° - T∆S°

(I) 2 NO(g) + 2 CO(g) → N2(g) + 2 CO2 (g)

∆Sºsis = - 198,3 J/K (calculado parte A)∆Hºsis = - 746,8 kJ (calculado parte A)

Como el ∆G° < 0 Proceso Espontáneo

(II) 2 NO(g) + 2 H2(g) → N2(g) + 2 H2O (g) ∆Hº = -662,4 kJ∆Sºsis = - 113,5 J/K (calculado parte A)

Como el ∆G° < 0 Proceso Espontáneob. La reacción (I) por ser la más negativa, será la más espontánea

A temperaturas altas la reacción se puede volver positiva y dejaría de ser espontánea

32.a. (I) CH4(g) + H2O(g) → 3 H2(g) + CO(g) ∆H° = 206,11 kJ/mol

b. CH3CH2OH(l) + H2O(g) → 2 CO(g) + 4 H2 (g)

∆Gº = 2(- 137,3) + 4(0) – [- 174,78 + (- 228,6)] = 128,78 kJ


c. (I) CH4(g) + H2O(g) → 3 H2(g) + CO(g)

∆Sº = 3(131) + 197,9 – [186,26 + 188,7] = 215,94 J/K

Ambos Gibbs son positivos a 25°C por lo que ninguna de las rutas será factible a 25°C.d. (I) ∆G° = ∆H° - T∆S°

Proceso no espontáneo

(II) CH3CH2OH(l) + H2O(g) → 2 CO(g) + 4 H2 (g)

∆Sº = 2(197,9) + 4(131) – [160,7 + 188,7] = 570,4 J/K ∆Hº = 2(- 110,5) + 4(0) – [- 277,69 + (- 241,8)] = 298,49 kJ

Sólo elegirán la ruta (II) porque a esa temperatura es la única reacción espontánea.

33.a. Proceso I:

CH3OH(l) + ½ O2(g) → HCHO(g) + H2O(l) ΔH°298K = - 156,0 kJ/mol ∆Gº = - 110,00 + (- 228,59) – [- 166,30 + ½ (0)] = - 172,29 kJ

Como el ∆G° < 0 Es factible el procesob. Proceso II:

CH3OH(l) → HCHO(g) + H2(g) ΔH°298K = 85,0 kJ/molPor entropía:∆Sº = 218,6 + 130,68 – 127 = 222,28 J/K

∆Hº = - 116 + 0 – [- 238,64] = 122,64 kJ

Como ∆S°universo < 0 Proceso no espontáneo

c. Para el Proceso II, para que se vuelva espontáneo se debe verificar:

A temperaturas mayores a 551,74 K el proceso se vuelve espontáneo. d. A condiciones no estándares: Proceso II:

∆Gº = - 110 + (0) – (- 166,3) = 56,3 kJ


Si se usa concentraciones bajas de los reactivos (no estándares) el proceso II se puede volver espontáneo y de esa forma se podría usar por ser más económico.

34.A.i. (I) CH2 = CH2(g) + ½ O2(g) → CH3CHO(l) ΔH° = - 243,0 kJ

∆Sºsis = 160,2 – [219,32 + ½ (205)] = - 161,62 J/K

Proceso Espontáneo

(II) C2H5OH(l) → CH3CHO(l) + H2(g) ΔH° = 84,0 kJ; ΔS° = 130,5 J/K

Proceso no Espontáneoii. Para el Proceso II:

A T mayores a 643,68 K el proceso se vuelve espontáneo.iii. Como el rango de T de trabajo del reactor es entre 393 y 403 K, sólo se elegirá el Proceso I.B.i. (I): ∆H° = - 243,0 kJ ∆S° = - 161,62 J/K (calculado en parte A) ∆G° = ∆H° - T∆S° = - 243,0 kJ – (298 K)(- 161,62x10-3 kJ/K) ∆G° = - 194,84 kJ < 0 Proceso Espontáneo

(II): ∆G° = ∆H° - T∆S° = 84 kJ – (298 K)(130,5x10-3 kJ/K) ∆G° = 45,111 kJ > 0Proceso no Espontáneoii. (I): Como el rango del reactor es: 393 K – 403 K ∆G° = - 243,0 kJ – (393 K)(- 161,62x10-3 kJ/K) = - 179,48 kJ ∆G° = - 243,0 kJ – (403 K)(- 161,62x10-3 kJ/K) = - 177,86 kJ Y el proceso II ha sido analizado en A ii.iii. Se aplicará el Proceso I pues al tener un ∆G° más negativo, el proceso es más espontáneo.

35.a. Por Energía Libre de Gibbs:

CH4(g) + H2O(g) 3H2(g) + CO(g)

∆Gº = 3(0) + (- 137,3) – [- 50,8 + (- 228,6)] = 142,1 kJ > 0Proceso no Espontáneo, por lo que no se producirá.

b. ∆Sºsis = 3(131,0) + 197,9 – [186,0 + 188,7] = 216,2 J/K


A T mayores a 966,7 K se vuelve favorable la reacciónc. Teflón: 423 – 523 K Fe con 32% de Ni: 773 K Acero con 4,3% de C: 1403 K Como el acero resiste temperaturas de hasta 1403 K, éste será el material escogido.

36.a.i. El intermediario es: RSSR(g)

ii. Se trata de una catálisis heteroomogénea pues el catalizador (I2RSH(gs)) y losel reactivos (RSH(g)) están en la misma diferente fase.

iii. La ley de velocidad es: v = k[RSH]2 b.

i.

Se analiza la constante para diferentes tiempos:

Para un t → 100 s:



ii. [RSH]o = 1,0x10-4 M Si reaccionara el 95% del reactivo quedaría:

Sí logra reaccionar el 95% del reactivo.iii. Si se duplica la velocidad, entonces se duplica la constante (k):

k1 = 10,01 M-1 s-1 (A T = 500 K) k2 = 2k1 = 2(10,01) = 20,02 M-1 s-1 (A T = 600 K)


37.A.a. Para calcular la velocidad instantánea, se traza una línea tangente a la curva de la

gráfica de [H+ ] vs. Tiempo en el minuto 360 min. Luego se calcula la pendiente a la recta que nos dará la velocidad instantánea:

b.

c. Como la reacción 1/[H+ ] vs. t es una recta, entonces la reacción es de orden 2 y se cumple la reacción:

d. Orden 2: v = 4,17x10-4 M-1 min-1 [H+ ]2 B.a. Orden parcial (NO2) = 2 Orden parcial (H2O) = 0 Orden total = 2 + 0 = 2 Ley de velocidad: v = k[NO2]2

b. Como es de segundo orden:

c. [NO2]o’ = 10 [NO2]o = 10(5x10-4 ) = 5x10-3 M

No sería correcto.d.

C.a. La ley de velocidad sería: v = k [NO]m [O2]n Experimento 1 y 2:


Experimento 1 y 3:

Orden parcial de NO = 2 Orden parcial de O2 = 1 Orden total = 3b. Experimento 1: v = k [NO]2 [O2] 1,15x10-4 = k (0,0024)2 (0,0012) k = 16637,73 M-2 s-1 Experimento 2: 4,55x10-4 = k (0,0048)2 (0,0012) k = 16456,89 M-2 s-1 Experimento 3: 2,23x10-4 = k (0,0024)2 (0,0024) k = 16131,37 M-2 s-1

La ley de velocidad es: v = 16408,66 M-2 s-1 [NO]2 [O2]c.

d.

D.a. III. NH(g) + H2(g) → NH2(g) + H(g)

b. La única etapa unimolecular es la I.: N2(g) → 2 N(g)


Ep

Ea1

Ea2 Ea3

Ea4

Ea5

Avance de Rx

Intermediarios: NH(g), H(g) y NH2(g)

c. k1 = 79 s-1 T1 = 298 K k2 = 3x103 s-1 T2 = 348 K

Ea = 62,71 kJ/mol

38.a. k = 79 M-1 s-1 Como k se duplica por cada 10ºC: T’ = 35ºC k’ = 2k T’’ = 45ºC k’’ = 2k’ = 4k T’’’ = 55ºC k’’’ = 2k’’ = 8k

k1 = 79 M-1 s-1 T1 = 298 K k2 = 8(79) = 632 M-1 s-1 T2 = 328 K

Ea = 56,33 kJ/molb.

c.

d. CO + O2 + NO → CO2 + NO2

e. Intermediarios: H y HOO Catalizador: OH


Ep

Ea = 56,33 kJ/mol

∆H < 0

Avance de RxO

O O

N

O

39.a. Si es de primer orden, se grafica ln [CH3I] vs. t: ln [CH3I] 1,012 0,742 0,438 0,140 - 0,163 t (minutos) 0 2 5 10 15

Si es de segundo orden, se grafica 1/ [CH3I] vs. t: 1/[CH3I] 0,364 0,476 0,645 0,870 1,176 t (minutos) 0 2 5 10 15

Como la gráfica 1/[CH3I] vs. t tiene más tendencia a recta la reacción es de orden 2b. v = k [CH3I]2 c. Orden 2:

d.


ln [CH3I]

-0.200

-0.100

0.000

0.100

0.200

0.300

0.400

0.500

0.600

0.700

0.800

0.900

1.000

1.100

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

t (min)

[CH3I]-1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1.1

1.2

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15t (min)

Si reacciona la mitad de la concentración inicial, queda la otra

mitad.

e.

40.A.a. Como la gráfica ln PNO vs. t es una recta se trata de una reacción de orden 1b. Como es de orden 1 se cumple la siguiente ecuación: ln PNO = ln PNOo – kt y = b + mx

B.a. ln PNO = ln PNOo – kt ln PNO = ln (600) – 0,14 s-1 (5s) PNO = 297,95 mm Hgb. t ½ : PNO = ½ PNOo

c.d.


Ep

Ea1 Ea2 Ea3

Ea con catalizador

Avance de Rx

C.a. v = k [NO]m [O2]n Experimento 1 y 2:

Experimento 1 y 3:

Orden parcial de NO = 2 Orden parcial de O2 = 1 Orden total = 3 v = k [NO]2 [O2]b. Experimento 1: v = k [NO]2 [O2] 1,15x10-4 = k (0,0024)2 (0,0012) k = 16637,73 M-2 s-1 Experimento 2: 4,55x10-4 = k (0,0048)2 (0,0012) k = 16456,89 M-2 s-1 Experimento 3: 2,24x10-4 = k (0,0024)2 (0,0024) k = 16131,37 M-2 s-1

c.

d. k1 = 7,9x101 M-1 s-1 T1 = 298 K k2 = 3,0x103 M-1 s-1 T2 = 323 K

Ea = 116,42 kJ/mole. Como k → M-1 s-1 entonces la reacción es de orden 2 v = k [NO] [O3]


f. t ½ : [CH3NC] = ½ [CH3NC]o

k = 3,02x10-3 s-1 unidades de k orden 1

g.


Solucionario Parcial Q2

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