Cinètica química: exercicis de la PAU de Química resolts

Plantejament Calculem primer la concentració analítica i després la dissociació àcida de l’amoni. Adoptem l’aproximació de l’examen de volum final igual a 100,0 mL.

1. El nitrat d’amoni es dissocia completament; el nitrat és espectador.

   $M$${}= 2\cdot14+4\cdot1+3\cdot16$${}= 80\,\mathrm{g\,mol^{-1}}$$c_0$${}= \frac{14{,}25}{80\cdot0{,}1000}$${}= 1{,}7813\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$

2. Plantegem la primera dissociació sense arrodonir c₀. Negligim la contribució de l’aigua a l’hidroni davant de la de l’àcid.

   $\mathrm{NH_4^+}$${}+\mathrm{H_2O\rightleftharpoons NH_3}$${}+\mathrm{H_3O^+}$$\frac{x^2}{1{,}7813-x}=5{,}62\cdot10^{-10}$

3. L’arrel positiva és la concentració d’amoníac i aproximadament la d’hidroni; l’amoni restant és c₀−x.

   $x=3{,}1639\cdot10^{-5}$$[\mathrm{NH_4^+}]=1{,}7812\quad\mathrm{mol\,L^{-1}}$

4. Utilitzem el producte iònic de l’aigua per a l’hidròxid. El medi s’acidifica: facilita el ferro i dificulta el fòsfor, segons l’enunciat. L’aigua és el dissolvent; la seva molaritat no es determina amb les dades aportades.

   $[\mathrm{OH^-}]$${}= \frac{10^{-14}}{x}$${}= 3{,}1606\cdot10^{-10}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}$$\mathrm{pH}=-\log x=4{,}4998$

Plantejament Relacionem la velocitat amb les col·lisions eficaces i amb la quantitat de catalitzador biològic actiu. L’equilibri i la rapidesa són qüestions diferents.

1. En augmentar la temperatura, dins de l’interval indicat, augmenta la fracció de col·lisions que supera la barrera d’activació. La reacció s’accelera.

   $k=Ae^{-E_a/(RT)}$

2. Més oxigen disponible permet més trobades amb el reactiu i augmenta la velocitat en el model de l’exercici; no deduïm un ordre de reacció sense dades experimentals.

3. L’acidificació redueix la població bacteriana i amb ella la quantitat d’enzims actius; per tant, disminueix la velocitat. Els enzims ofereixen una ruta de menor energia d’activació.

Plantejament Al càtode es redueix oxigen a aigua en medi àcid. La càrrega transferida permet trobar els mols d’electrons i d’oxigen.

1. Igualem primer oxigen i hidrogen i després la càrrega. Es necessiten quatre electrons per molècula d’O₂.

   $\mathrm{O_2+4H^++4e^-\rightarrow2H_2O}$

2. Transformem l’hora en segons i calculem la càrrega.

   $Q=It=0{,}25\cdot3600=900\,\mathrm C$

3. Apliquem Faraday i la proporció de quatre electrons. Suposem eficiència faràdica completa per a aquesta reducció.

   $m(\mathrm{O_2})$${}= \frac{Q}{4F}\,M(\mathrm{O_2})$${}= \frac{900\cdot32}{4\cdot96500}$${}= 0{,}074611\,\mathrm g$

Plantejament Un doble enllaç permet poliaddició; un monòmer amb alcohol i àcid permet policondensació. Després comprovem substituents i fórmula dels isòmers.

1. El propè s’uneix per obertura del doble enllaç. El metil queda com a ramificació del polímer.

   $n\,\mathrm{CH_2{=}CH-CH_3}$${}\rightarrow [-\mathrm{CH_2-CH(CH_3)}-]_n\quad(\mathrm{PP})$

2. L’àcid 3-hidroxibutanoic forma enllaços èster entre el seu OH i el COOH d’una altra molècula, alliberant aigua per enllaç format.

   $\mathrm{HO-CH(CH_3)-CH_2-COOH}$${}\rightarrow [-\mathrm{O-CH(CH_3)-CH_2-C(=O)}-]_n\quad(\mathrm{PHA})$

3. C3 té quatre grups diferents: H, OH, CH₃ i CH₂COOH. Per això és un centre estereogènic i el monòmer és quiral.

   $\mathrm{CH_3-CH^*(OH)}$${}-\mathrm{CH_2-COOH}$

4. Com a isòmer de cadena escollim l’àcid 3-hidroxi-2-metilpropanoic (cadena ramificada, amb l’OH encara al carboni 3); com a isòmer de posició, l’àcid 2-hidroxibutanoic (la mateixa cadena, amb l’OH al carboni 2). Tots dos tenen la mateixa fórmula molecular.

   $\mathrm{HO-CH_2-CH(CH_3)-COOH}$$\mathrm{CH_3-CH_2-CH(OH)-COOH}$$\mathrm{C_4H_8O_3}$

Plantejament L’estequiometria fixa els exponents de la llei d’acció de masses. Relacionem Kp i Kc mitjançant el canvi en mols gasosos.

1. Utilitzem directament les concentracions d’equilibri donades.

   $K_c$${}= \frac{[\mathrm{NH_3}]^2}{[\mathrm{N_2}][\mathrm{H_2}]^3}$${}= \frac{0{,}36^2}{0{,}142\cdot1{,}84^3}$${}= 0{,}14651$

2. Hi ha dos mols gasosos de producte davant de quatre de reactius.

   $\Delta n_g=2-(1+3)=-2$

3. Amb R en atm·L i T en kelvin, obtenim Kp en la convenció de pressions en atmosferes.

   $K_p$${}= K_c(RT)^{-2}$${}= \frac{0{,}14651}{(0{,}082\cdot1000)^2}$${}= 2{,}1789\cdot10^{-5}$

Plantejament Separem rendiment d’equilibri i velocitat. Le Châtelier prediu la composició final; les col·lisions eficaces expliquen la rapidesa.

1. La compressió afavoreix el membre amb menys mols de gas: l’amoníac.

   $\mathrm{N_2+3H_2\rightleftharpoons2NH_3}$$\Delta n_g=-2$

2. La síntesi és exotèrmica, de manera que refredar afavoreix productes i augmenta el rendiment d’equilibri.

   $\Delta H<0$

3. Escalfar augmenta la fracció de molècules amb energia suficient per superar la barrera i accelera la reacció, encara que redueixi el rendiment d’equilibri.

Plantejament Obtenir els mols d’etanol a partir de densitat i volum; fer servir l’avenç estequiomètric.

1. Massa molar amb les masses de l’examen: C₂H₆O, 46 g/mol.

   $n_{\mathrm{EtOH},0}$${}= \frac{115{,}0\cdot0{,}80}{46}$${}= 2{,}0\ \mathrm{mol}$$\xi=1{,}0-0{,}15=0{,}85\ \mathrm{mol}$

2. Suposant absència inicial d’èster i aigua, queden 0,15 mol d’àcid, 1,15 d’etanol i 0,85 de cada producte. Com que Δn=0, el volum comú es cancel·la. S’aplica el model de concentracions de la mescla líquida de l’examen.

   $K_c$${}= \frac{[\mathrm{CH_3COOCH_2CH_3}][\mathrm{H_2O}]}{[\mathrm{CH_3COOH}][\mathrm{CH_3CH_2OH}]}$${}= \frac{0{,}85^2}{0{,}15\cdot1{,}15}$${}= 4{,}1884$

3. Pictogrames 1 i 3: inflamable, risc d’incendi. 2: corrosiu, cremades greus i lesions oculars, corrosió de metalls. 4: exclamació, irritant o nociu segons la classificació concreta. Sense codis H no es fixa una categoria addicional ni una via de dany específica.

Plantejament Fer servir el quocient de reacció i distingir equilibri de velocitat.

1. Afegir etanol augmenta el denominador de Q: Q<K i es consumeixen reactius per produir més èster.

   $Q=\frac{[\text{èster}][\mathrm{H_2O}]}{[\text{àcid}][\text{etanol}]}$

2. Eliminar aigua redueix el numerador i també desplaça cap als productes. La constant no canvia si la temperatura es manté.

3. El catalitzador accelera tots dos sentits i permet arribar abans a l’equilibri; no canvia K ni la composició final. Sense ell, el rendiment d’equilibri és el mateix, però a temps limitat es pot obtenir menys èster.

Plantejament Es demanen els ordres de reacció respecte del $\mathrm{P_4}$ i de l’$\mathrm{H_2}$, l’ordre global, l’equació de velocitat i el valor i les unitats de la constant de velocitat.

1. Abans de res, una errada de l’enunciat: la reacció tal com està escrita no està igualada (a la dreta hi ha 12 H i a l’esquerra, 2). Igualada és la següent. No afecta aquest apartat: els ordres de reacció es determinen amb els experiments, no amb els coeficients.

   $\mathrm{P_4(s)+6\,H_2(g)}$${}\rightarrow \mathrm{4\,PH_3(g)}$

2. Equació de velocitat amb els ordres desconeguts $\alpha$ (per al $\mathrm{P_4}$) i $\beta$ (per a l’$\mathrm{H_2}$).

   $v=k\,[\mathrm{P_4}]^{\alpha}\,[\mathrm{H_2}]^{\beta}$

3. Experiments 2 i 3: només canvia la concentració de $\mathrm{P_4}$, que es duplica, i la velocitat no canvia: l’ordre respecte del $\mathrm{P_4}$ és 0.

   $\frac{v_3}{v_2}$${}= \frac{6{,}40\cdot10^{-4}}{6{,}40\cdot10^{-4}}$${}= 1=2^{\alpha}$${}\Rightarrow \alpha=0$

4. Experiments 1 i 2: només canvia la concentració d’$\mathrm{H_2}$, que es duplica, i la velocitat també es duplica: ordre 1 respecte de l’$\mathrm{H_2}$.

   $\frac{v_2}{v_1}$${}= \frac{6{,}40\cdot10^{-4}}{3{,}20\cdot10^{-4}}$${}= 2=2^{\beta}$${}\Rightarrow \beta=1$

5. Ordre global: $\alpha+\beta=0+1=1$. L’equació de velocitat és:

   $v=k\,[\mathrm{H_2}]$

6. Aïllem $k$ amb un experiment (tots tres donen el mateix valor); amb l’experiment 2:

   $k$${}= \frac{v}{[\mathrm{H_2}]}$${}= \frac{6{,}40\cdot10^{-4}\,\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}}{0{,}0150\,\mathrm{mol\,L^{-1}}}$${}= 4{,}27\cdot10^{-2}\,\mathrm{s^{-1}}$

7. Unitats: en una reacció d’ordre global 1, les unitats de concentració se simplifiquen i $k$ va en $\mathrm{s^{-1}}$.

Plantejament Es demana què representa cada pictograma de l’etiqueta i de quin perill avisa.

1. Pictograma 1 (dos tubs que aboquen un líquid sobre una superfície i sobre una mà): corrosiu. Pot atacar i corroir els metalls i provocar cremades greus a la pell i lesions als ulls.

2. Pictograma 2 (una flama): inflamable. Es pot encendre fàcilment en contacte amb una flama o una guspira, per escalfament o fins i tot en contacte amb l’aire o l’aigua; cal mantenir-lo lluny de qualsevol font d’ignició.

3. Pictograma 3 (una calavera amb dues tíbies creuades): toxicitat aguda. És molt tòxic, fins i tot mortal, en dosis petites, per inhalació, per ingestió o per contacte amb la pell.

4. Pictograma 4 (un arbre sec i un peix mort): perillós per al medi ambient. És tòxic per als organismes, sobretot els aquàtics; no s’ha d’abocar al medi.

Plantejament Comparar velocitats inicials i convertir mmol a mol abans d’obtenir k.

1. Si v=k[H₂O₂]ⁿ, el quocient dels experiments 2 i 1 permet trobar n.

   $n$${}= \frac{\ln(10{,}5/6{,}3)}{\ln(0{,}25/0{,}15)}$${}= 1$

2. La primera velocitat són 6,3·10⁻³ mmol/(L·s), és a dir 6,3·10⁻⁶ mol/(L·s).

   $k_1$${}= \frac{6{,}3\cdot10^{-6}}{0{,}15}$${}= 4{,}2\cdot10^{-5}\ \mathrm{s^{-1}}$

3. El segon experiment dona el mateix k; el tercer dona 4,2333·10⁻⁵ s⁻¹, diferència compatible amb dades experimentals arrodonides. Les unitats surten de dividir mol/(L·s) per mol/L.

   $[k]$${}= \frac{\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}}{\mathrm{mol\,L^{-1}}}$${}= \mathrm{s^{-1}}$$v=k[\mathrm{H_2O_2}]$

Plantejament Separar l’efecte del catalitzador, la temperatura i la dilució.

1. KI aporta iodur, que participa en un mecanisme catalític alternatiu i es regenera. La barrera d’activació efectiva és menor: una fracció més gran de les col·lisions resulta eficaç. No canvia l’entalpia entre reactius i productes ni l’equilibri.

2. En augmentar T a volum fix augmenta l’energia cinètica, sobretot la fracció que supera la barrera; augmenten k i la velocitat. No es confon reacció exotèrmica amb reacció necessàriament lenta en escalfar.

3. Si augmenta el volum de solució per dilució mantenint els mols de reactiu i T, baixa [H₂O₂], disminueixen les trobades per unitat de volum i baixa v=k[H₂O₂]. La velocitat expressada per unitat de volum és la que apareix a la taula.

Plantejament El signe de $\Delta H^\circ$ diu si la reacció desprèn calor. Amb la llei de Hess aïllem l’entalpia de formació de l’acetaldehid, l’única que no coneixem. Al diagrama, els dos camins surten del mateix nivell (reactius) i arriben al mateix nivell (productes); només canvia l’altura del màxim.

1. Com que $\Delta H^\circ$ és negativa, la reacció desprèn calor: és exotèrmica.

   $\Delta H^\circ=-20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}<0$

2. Llei de Hess amb les entalpies de formació:

   $\Delta H^\circ$${}= \Delta H^\circ_f(\mathrm{CH_4})$${}+\Delta H^\circ_f(\mathrm{CO})$${}-\Delta H^\circ_f(\mathrm{CH_3CHO})$

3. Aïllem l’entalpia de formació de l’acetaldehid:

   $\Delta H^\circ_f(\mathrm{CH_3CHO})$${}= -75+(-111)-(-20)$${}= -166\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Diagrama: els reactius ($\mathrm{CH_3CHO}$) al nivell 0; els productes ($\mathrm{CH_4+CO}$) $20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ més avall. El camí sense catalitzador passa per un estat de transició $188\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ per damunt dels reactius ($E_{a1}$); el camí catalitzat, per un estat de transició més baix, a $135\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ ($E_{a2}$).

   $E_{a1}=188\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$E_{a2}=135\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$\Delta H^\circ=-20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

ResultatLa reacció és exotèrmica, perquè $\Delta H^\circ=-20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}<0$. L’entalpia estàndard de formació de l’acetaldehid és $\Delta H^\circ_f=-166\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$. Al gràfic, el camí catalitzat té l’estat de transició més baix ($E_{a2}=135\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$) que el no catalitzat ($E_{a1}=188\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$), i tots dos acaben als productes, $20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ per sota dels reactius.

La pauta oficial dona: Exotèrmica ($\Delta H^\circ<0$); $\Delta H^\circ_f(\mathrm{CH_3CHO})$${}= -166\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$; diagrama amb $E_{a1}=188$ i $E_{a2}=135\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

Plantejament La síntesi de l’acetaldehid és la reacció inversa. Parteix dels productes de la descomposició, que són $20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ més avall, i ha de pujar fins al mateix estat de transició; per tant, la seva energia d’activació és la de la reacció directa més $20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$.

1. Relació entre les energies d’activació directa i inversa (procés directe exotèrmic):

   $E_a(\text{inversa})$${}= E_a(\text{directa})$${}+|\Delta H^\circ|$

2. Síntesi sense catalitzador:

   $E_{a1}'$${}= 188+20$${}= 208\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

3. Síntesi catalitzada:

   $E_{a2}'$${}= 135+20$${}= 155\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Un catalitzador és una substància que augmenta la velocitat d’una reacció sense consumir-se. No modifica $\Delta H^\circ$, ni la constant d’equilibri, ni les concentracions d’equilibri: només fa que s’hi arribi abans.

   $\Delta H^\circ$$\text{i}\ \ K\ \text{no canvien}$

5. Segons el model de l’estat de transició, els reactius han de superar una barrera d’energia, $E_a$, per formar el complex activat. El catalitzador obre un mecanisme diferent amb una barrera més baixa; així, més molècules tenen prou energia per superar-la i la velocitat augmenta.

   $E_{a2}$${}< E_{a1}$${}\Longrightarrow v_{\text{catalitzada}}$${}> v_{\text{no catalitzada}}$

Plantejament En una cinètica de segon ordre, la velocitat és proporcional al quadrat de la concentració d’ozó. En estat estacionari, l’ozó que es destrueix per unitat de temps és el mateix que es produeix, de manera que la velocitat de destrucció és $7{,}2\cdot10^{-13}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,h^{-1}}$ i en podem aïllar $k$.

1. Equació de velocitat (segon ordre respecte a l’ozó):

   $v=k\,[\mathrm{O_3}]^2$

2. Estat estacionari: la velocitat de destrucció és igual a la de producció.

   $v=7{,}2\cdot10^{-13}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,h^{-1}}$$[\mathrm{O_3}]=2{,}0\cdot10^{-8}\ \mathrm{mol\,L^{-1}}$

3. Constant de velocitat:

   $k$${}= \frac{v}{[\mathrm{O_3}]^2}$${}= \frac{7{,}2\cdot10^{-13}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,h^{-1}}}{(2{,}0\cdot10^{-8}\ \mathrm{mol\,L^{-1}})^2}$${}= 1{,}8\cdot10^{3}\ \mathrm{L\,mol^{-1}\,h^{-1}}$

4. Aquí s’ha pres $v$ com la velocitat a què desapareix l’ozó, que és el que planteja l’enunciat. Si la velocitat de reacció es defineix amb el coeficient estequiomètric, $v=-\tfrac{1}{2}\,\mathrm{d}[\mathrm{O_3}]/\mathrm{d}t$, l’ozó desapareix al doble de $v$ i la constant surt la meitat.

   $-\frac{\mathrm{d}[\mathrm{O_3}]}{\mathrm{d}t}$${}= 2\,k'[\mathrm{O_3}]^2$${}\Longrightarrow k'=9{,}0\cdot10^{2}\ \mathrm{L\,mol^{-1}\,h^{-1}}$

5. Efecte de la temperatura (model de l’estat de transició): en escalfar, més molècules tenen prou energia per superar l’energia d’activació i arribar al complex activat; per això la velocitat augmenta. Amb el model de col·lisions es diu el mateix: hi ha més xocs, i una fracció més gran d’aquests xocs té l’energia mínima per reaccionar.

   $T\uparrow\ \Longrightarrow\ k\uparrow\ \Longrightarrow\ v\uparrow$

Plantejament L’energia de Gibbs de reacció es calcula com la de les entalpies, amb les energies de Gibbs de formació; la de l’$\mathrm{O_2(g)}$, element en estat estàndard, és zero. Després relacionem el signe de $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\,\Delta S^\circ$ amb els de $\Delta H^\circ$ i $\Delta S^\circ$.

1. Energia de Gibbs estàndard de la reacció tal com està escrita (2 mol d’ozó):

   $\Delta G^\circ$${}= 3\,\Delta G^\circ_f(\mathrm{O_2})$${}-2\,\Delta G^\circ_f(\mathrm{O_3})$${}= 3\cdot0-2\cdot142{,}7$${}= -285{,}4\ \mathrm{kJ}$

2. Com que $\Delta G^\circ<0$, la reacció és espontània a $298\ \mathrm{K}$.

   $\Delta G^\circ=-285{,}4\ \mathrm{kJ}<0$

3. Signe de l’entropia: es passa de 2 a 3 mol de gas, augmenta el desordre.

   $\mathrm{2\,O_3(g)\rightarrow 3\,O_2(g)}:\ \Delta S^\circ>0$

4. Amb $\Delta S^\circ>0$, el terme $-T\Delta S^\circ$ és sempre negatiu. Perquè $\Delta G^\circ$ sigui negativa a qualsevol temperatura, també ha de ser negativa $\Delta H^\circ$; si fos positiva, a temperatura prou baixa la reacció deixaria de ser espontània.

   $\Delta G^\circ$${}= \underbrace{\Delta H^\circ}_{<0}\underbrace{-T\,\Delta S^\circ}_{<0}$${}< 0\quad \forall\,T$

Plantejament Calculem $\Delta H^\circ$ i $\Delta S^\circ$ com a productes menys reactius, amb els coeficients de la reacció ($\Delta H^\circ_f(\mathrm{O_2})=0$). Amb $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\,\Delta S^\circ$ (passant $\Delta S^\circ$ a kJ) en veiem el signe a $298\ \mathrm{K}$; la temperatura en què $\Delta G^\circ=0$ separa la zona espontània de la que no ho és.

1. Entalpia de reacció:

   $\Delta H^\circ$${}= 2\cdot33{,}2$${}-\left(81{,}6+\tfrac{3}{2}\cdot0\right)$${}= -15{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. Variació d’entropia:

   $\Delta S^\circ$${}= 2\cdot240{,}1$${}-\left(220{,}1+\tfrac{3}{2}\cdot205{,}2\right)$${}= 480{,}2-527{,}9$${}= -47{,}7\ \mathrm{J\,K^{-1}\,mol^{-1}}$

3. Energia de Gibbs a $298\ \mathrm{K}$ ($\Delta S^\circ$${}= -0{,}0477\ \mathrm{kJ\,K^{-1}\,mol^{-1}}$):

   $\Delta G^\circ$${}= -15{,}2$${}-298\cdot(-0{,}0477)$${}= -15{,}2+14{,}215$${}= -0{,}985\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

4. Com que $\Delta G^\circ<0$, la reacció és espontània a $298\ \mathrm{K}$, encara que per molt poc.

   $\Delta G^\circ=-0{,}985\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}<0$

5. Temperatura en què $\Delta G^\circ=0$:

   $T$${}= \frac{\Delta H^\circ}{\Delta S^\circ}$${}= \frac{-15{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}}{-0{,}0477\ \mathrm{kJ\,K^{-1}\,mol^{-1}}}$${}= 319\ \mathrm{K}$

6. Amb $\Delta H^\circ<0$ i $\Delta S^\circ<0$, el terme $-T\Delta S^\circ$ és positiu i creix amb la temperatura: la reacció només és espontània per sota de $319\ \mathrm{K}$.

   $\Delta G^\circ<0\ \Longleftrightarrow\ T<319\ \mathrm{K}$

Plantejament En una reacció d’una sola etapa, el perfil d’energia té un sol màxim, l’estat de transició. Com que la reacció és exotèrmica ($\Delta H^\circ<0$, apartat a), els productes queden per sota dels reactius; com que és lenta, l’energia d’activació és alta.

1. Gràfic: a l’esquerra el nivell dels reactius ($\mathrm{N_2O+\tfrac{3}{2}O_2}$), a la dreta el dels productes ($\mathrm{2\,NO_2}$), $15{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ més avall. Entre tots dos, un màxim alt: l’estat de transició. L’energia d’activació és la distància vertical dels reactius al màxim; $\Delta H^\circ$, la dels reactius als productes.

   $E_a=E(\ddagger)-E(\text{reactius})$$\Delta H^\circ=-15{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

2. Un catalitzador sí que modifica l’energia d’activació: obre un mecanisme diferent, amb un estat de transició més baix, i així la reacció és més ràpida.

   $E_a(\text{amb catalitzador})$${}< E_a(\text{sense catalitzador})$

3. No modifica l’entalpia de reacció: els reactius i els productes són els mateixos, i l’entalpia és una funció d’estat que només depèn de l’estat inicial i del final.

   $\Delta H^\circ(\text{amb catalitzador})$${}= \Delta H^\circ$${}= -15{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$

ResultatEl gràfic mostra els reactius a dalt, els productes $15{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ més avall i, entre tots dos, un sol màxim alt (estat de transició), amb $E_a$ des dels reactius fins al màxim. Un catalitzador disminueix l’energia d’activació (canvia el mecanisme), però no canvia l’entalpia de la reacció, que només depèn dels reactius i dels productes.

La pauta oficial dona: Diagrama amb $E_a$, estat de transició i $\Delta H<0$; el catalitzador disminueix $E_a$; no modifica $\Delta H$

Plantejament En un mecanisme de diverses etapes, la més lenta és la que limita la velocitat del conjunt. En una etapa elemental, els exponents de l’equació de velocitat coincideixen amb els coeficients estequiomètrics dels reactius d’aquella etapa.

1. L’etapa lenta és l’etapa 1; per tant, és la que determina la velocitat de la reacció global:

   $\mathrm{2\,NO+H_2\rightarrow N_2+H_2O_2}\quad(\text{lenta})$

2. Com que l’etapa 1 és elemental, els exponents són els seus coeficients: 2 per al $\mathrm{NO}$ i 1 per a l’$\mathrm{H_2}$.

   $v=k\,[\mathrm{NO}]^2\,[\mathrm{H_2}]$

3. Ordres parcials: 2 respecte al $\mathrm{NO}$ i 1 respecte a l’$\mathrm{H_2}$. L’ordre total és la suma dels ordres parcials:

   $\alpha+\beta=2+1=3$

4. Unitats de $k$: la velocitat sempre s’expressa en $\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}$ i les concentracions en $\mathrm{mol\,L^{-1}}$. Aïllem $k$:

   $k$${}= \frac{v}{[\mathrm{NO}]^2[\mathrm{H_2}]}$${}\Rightarrow \frac{\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}}{\mathrm{mol^2\,L^{-2}}\cdot\mathrm{mol\,L^{-1}}}$${}= \mathrm{L^2\,mol^{-2}\,s^{-1}}$