Cinética química: ejercicios de la PAU de Química resueltos

Planteamiento Calculamos primero la concentración analítica y luego la disociación ácida del amonio. Adoptamos la aproximación del examen de volumen final igual a 100,0 mL.

1. El nitrato de amonio se disocia por completo; el nitrato es 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. Planteamos la primera disociación sin redondear c₀. Despreciamos la contribución del agua al hidronio frente a la del ácido.

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

3. La raíz positiva es la concentración de amoníaco y aproximadamente la de hidronio; el amonio restante es c₀−x.

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

4. Usamos el producto iónico del agua para el hidróxido. El medio se acidifica: facilita el hierro y dificulta el fósforo, según el enunciado. El agua es el disolvente; su molaridad no se determina con los datos aportados.

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

Planteamiento Relacionamos la velocidad con las colisiones eficaces y con la cantidad de catalizador biológico activo. El equilibrio y la rapidez son cuestiones distintas.

1. Al aumentar la temperatura, dentro del intervalo indicado, aumenta la fracción de colisiones que supera la barrera de activación. La reacción se acelera.

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

2. Más oxígeno disponible permite más encuentros con el reactivo y aumenta la velocidad en el modelo del ejercicio; no deducimos un orden de reacción sin datos experimentales.

3. La acidificación reduce la población bacteriana y con ella la cantidad de enzimas activas; por tanto, disminuye la velocidad. Las enzimas ofrecen una ruta de menor energía de activación.

Planteamiento En el cátodo se reduce oxígeno a agua en medio ácido. La carga transferida permite hallar los moles de electrones y de oxígeno.

1. Ajustamos primero oxígeno e hidrógeno y después la carga. Se necesitan cuatro electrones por molécula de O₂.

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

2. Transformamos la hora en segundos y calculamos la carga.

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

3. Aplicamos Faraday y la proporción de cuatro electrones. Suponemos eficiencia farádica completa para esta reducción.

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

Planteamiento Un doble enlace permite poliadición; un monómero con alcohol y ácido permite policondensación. Después comprobamos sustituyentes y fórmula de los isómeros.

1. El propeno se une por apertura del doble enlace. El metilo queda como ramificación del polímero.

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

2. El ácido 3-hidroxibutanoico forma enlaces éster entre su OH y el COOH de otra molécula, liberando agua por enlace formado.

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

3. C3 tiene cuatro grupos distintos: H, OH, CH₃ y CH₂COOH. Por ello es un centro estereogénico y el monómero es quiral.

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

4. Como isómero de cadena elegimos el ácido 3-hidroxi-2-metilpropanoico (cadena ramificada, con el OH aún en el carbono 3); como isómero de posición, el ácido 2-hidroxibutanoico (la misma cadena, con el OH en el carbono 2). Los dos tienen la misma fórmula molecular.

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

Planteamiento La estequiometría fija los exponentes de la ley de acción de masas. Relacionamos Kp y Kc mediante el cambio en moles gaseosos.

1. Usamos directamente las concentraciones de equilibrio dadas.

   $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. Hay dos moles gaseosos de producto frente a cuatro de reactivos.

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

3. Con R en atm·L y T en kelvin, obtenemos Kp en la convención de presiones en atmósferas.

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

Planteamiento Separamos rendimiento de equilibrio y velocidad. Le Châtelier predice la composición final; las colisiones eficaces explican la rapidez.

1. La compresión favorece el miembro con menos moles de gas: el amoníaco.

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

2. La síntesis es exotérmica, por lo que enfriar favorece productos y aumenta el rendimiento de equilibrio.

   $\Delta H<0$

3. Calentar aumenta la fracción de moléculas con energía suficiente para superar la barrera y acelera la reacción, aunque reduzca el rendimiento de equilibrio.

Planteamiento Obtener los moles de etanol a partir de densidad y volumen; usar el avance estequiométrico.

1. Masa molar con las masas del 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. Suponiendo ausencia inicial de éster y agua, quedan 0,15 mol de ácido, 1,15 de etanol y 0,85 de cada producto. Como Δn=0, el volumen común se cancela. Se aplica el modelo de concentraciones de la mezcla líquida del 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. Pictogramas 1 y 3: inflamable, riesgo de incendio. 2: corrosivo, quemaduras graves y lesiones oculares, corrosión de metales. 4: exclamación, irritante o nocivo según la clasificación concreta. Sin códigos H no se fija una categoría adicional ni una vía de daño específica.

Planteamiento Usar el cociente de reacción y distinguir equilibrio de velocidad.

1. Añadir etanol aumenta el denominador de Q: Q<K y se consumen reactivos para producir más éster.

   $Q=\frac{[\text{éster}][\mathrm{H_2O}]}{[\text{ácido}][\text{etanol}]}$

2. Eliminar agua reduce el numerador y también desplaza hacia productos. La constante no cambia si la temperatura se mantiene.

3. El catalizador acelera ambos sentidos y permite llegar antes al equilibrio; no cambia K ni la composición final. Sin él, el rendimiento de equilibrio es el mismo, pero a tiempo limitado puede obtenerse menos éster.

Planteamiento Se piden los órdenes de reacción respecto del $\mathrm{P_4}$ y del $\mathrm{H_2}$, el orden global, la ecuación de velocidad y el valor y las unidades de la constante de velocidad.

1. Antes de nada, un error del enunciado: la reacción tal como está escrita no está ajustada (a la derecha hay 12 H y a la izquierda, 2). Ajustada es la siguiente. No afecta a este apartado: los órdenes de reacción se determinan con los experimentos, no con los coeficientes.

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

2. Ecuación de velocidad con los órdenes desconocidos $\alpha$ (para el $\mathrm{P_4}$) y $\beta$ (para el $\mathrm{H_2}$).

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

3. Experimentos 2 y 3: solo cambia la concentración de $\mathrm{P_4}$, que se duplica, y la velocidad no cambia: el orden respecto del $\mathrm{P_4}$ es 0.

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

4. Experimentos 1 y 2: solo cambia la concentración de $\mathrm{H_2}$, que se duplica, y la velocidad también se duplica: orden 1 respecto del $\mathrm{H_2}$.

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

5. Orden global: $\alpha+\beta=0+1=1$. La ecuación de velocidad es:

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

6. Despejamos $k$ con un experimento (los tres dan el mismo valor); con el experimento 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. Unidades: en una reacción de orden global 1, las unidades de concentración se simplifican y $k$ va en $\mathrm{s^{-1}}$.

Planteamiento Se pide qué representa cada pictograma de la etiqueta y de qué peligro avisa.

1. Pictograma 1 (dos tubos que vierten un líquido sobre una superficie y sobre una mano): corrosivo. Puede atacar y corroer los metales y provocar quemaduras graves en la piel y lesiones en los ojos.

2. Pictograma 2 (una llama): inflamable. Puede encenderse fácilmente en contacto con una llama o una chispa, por calentamiento o incluso en contacto con el aire o el agua; hay que mantenerlo lejos de cualquier fuente de ignición.

3. Pictograma 3 (una calavera con dos tibias cruzadas): toxicidad aguda. Es muy tóxico, incluso mortal, en dosis pequeñas, por inhalación, por ingestión o por contacto con la piel.

4. Pictograma 4 (un árbol seco y un pez muerto): peligroso para el medio ambiente. Es tóxico para los organismos, sobre todo los acuáticos; no hay que verterlo al medio.

Planteamiento Comparar velocidades iniciales y convertir mmol a mol antes de obtener k.

1. Si v=k[H₂O₂]ⁿ, el cociente de los experimentos 2 y 1 permite hallar n.

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

2. La primera velocidad son 6,3·10⁻³ mmol/(L·s), es decir 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 segundo experimento da el mismo k; el tercero da 4,2333·10⁻⁵ s⁻¹, diferencia compatible con datos experimentales redondeados. Las unidades salen de dividir mol/(L·s) por mol/L.

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

Planteamiento Separar el efecto del catalizador, la temperatura y la dilución.

1. KI aporta yoduro, que participa en un mecanismo catalítico alternativo y se regenera. La barrera de activación efectiva es menor: una mayor fracción de las colisiones resulta eficaz. No cambia la entalpía entre reactivos y productos ni el equilibrio.

2. Al aumentar T a volumen fijo aumenta la energía cinética, sobre todo la fracción que supera la barrera; aumenta k y la velocidad. No se confunde reacción exotérmica con reacción necesariamente lenta al calentar.

3. Si aumenta el volumen de solución por dilución manteniendo los moles de reactivo y T, baja [H₂O₂], disminuyen los encuentros por unidad de volumen y baja v=k[H₂O₂]. La velocidad expresada por unidad de volumen es la que aparece en la tabla.

Planteamiento El signo de $\Delta H^\circ$ dice si la reacción desprende calor. Con la ley de Hess despejamos la entalpía de formación del acetaldehído, la única que no conocemos. En el diagrama, los dos caminos salen del mismo nivel (reactivos) y llegan al mismo nivel (productos); solo cambia la altura del máximo.

1. Como $\Delta H^\circ$ es negativa, la reacción desprende calor: es exotérmica.

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

2. Ley de Hess con las entalpías de formación:

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

3. Despejamos la entalpía de formación del acetaldehído:

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

4. Diagrama: los reactivos ($\mathrm{CH_3CHO}$) en el nivel 0; los productos ($\mathrm{CH_4+CO}$) $20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ más abajo. El camino sin catalizador pasa por un estado de transición $188\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ por encima de los reactivos ($E_{a1}$); el camino catalizado, por un estado de transición más bajo, 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}}$

ResultadoLa reacción es exotérmica, porque $\Delta H^\circ=-20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}<0$. La entalpía estándar de formación del acetaldehído es $\Delta H^\circ_f=-166\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$. En el gráfico, el camino catalizado tiene el estado de transición más bajo ($E_{a2}=135\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$) que el no catalizado ($E_{a1}=188\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$), y ambos acaban en los productos, $20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ por debajo de los reactivos.

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

Planteamiento La síntesis del acetaldehído es la reacción inversa. Parte de los productos de la descomposición, que están $20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ más abajo, y tiene que subir hasta el mismo estado de transición; por tanto, su energía de activación es la de la reacción directa más $20\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$.

1. Relación entre las energías de activación directa e inversa (proceso directo exotérmico):

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

2. Síntesis sin catalizador:

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

3. Síntesis catalizada:

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

4. Un catalizador es una sustancia que aumenta la velocidad de una reacción sin consumirse. No modifica $\Delta H^\circ$, ni la constante de equilibrio, ni las concentraciones de equilibrio: solo hace que se llegue antes.

   $\Delta H^\circ$$\text{y}\ \ K\ \text{no cambian}$

5. Según el modelo del estado de transición, los reactivos tienen que superar una barrera de energía, $E_a$, para formar el complejo activado. El catalizador abre un mecanismo distinto con una barrera más baja; así, más moléculas tienen energía suficiente para superarla y la velocidad aumenta.

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

Planteamiento En una cinética de segundo orden, la velocidad es proporcional al cuadrado de la concentración de ozono. En estado estacionario, el ozono que se destruye por unidad de tiempo es el mismo que se produce, así que la velocidad de destrucción es $7{,}2\cdot10^{-13}\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,h^{-1}}$ y podemos despejar $k$.

1. Ecuación de velocidad (segundo orden respecto al ozono):

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

2. Estado estacionario: la velocidad de destrucción es igual a la de producción.

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

3. Constante de velocidad:

   $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 se ha tomado $v$ como la velocidad a la que desaparece el ozono, que es lo que plantea el enunciado. Si la velocidad de reacción se define con el coeficiente estequiométrico, $v=-\tfrac{1}{2}\,\mathrm{d}[\mathrm{O_3}]/\mathrm{d}t$, el ozono desaparece al doble de $v$ y la constante sale la mitad.

   $-\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. Efecto de la temperatura (modelo del estado de transición): al calentar, más moléculas tienen energía suficiente para superar la energía de activación y llegar al complejo activado; por eso la velocidad aumenta. Con el modelo de colisiones se dice lo mismo: hay más choques, y una fracción mayor de esos choques tiene la energía mínima para reaccionar.

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

Planteamiento La energía de Gibbs de reacción se calcula como la de las entalpías, con las energías de Gibbs de formación; la del $\mathrm{O_2(g)}$, elemento en estado estándar, es cero. Después relacionamos el signo de $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\,\Delta S^\circ$ con los de $\Delta H^\circ$ y $\Delta S^\circ$.

1. Energía de Gibbs estándar de la reacción tal como está escrita (2 mol de ozono):

   $\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. Como $\Delta G^\circ<0$, la reacción es espontánea a $298\ \mathrm{K}$.

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

3. Signo de la entropía: se pasa de 2 a 3 mol de gas, aumenta el desorden.

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

4. Con $\Delta S^\circ>0$, el término $-T\Delta S^\circ$ es siempre negativo. Para que $\Delta G^\circ$ sea negativa a cualquier temperatura, también tiene que ser negativa $\Delta H^\circ$; si fuera positiva, a temperatura suficientemente baja la reacción dejaría de ser espontánea.

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

Planteamiento Calculamos $\Delta H^\circ$ y $\Delta S^\circ$ como productos menos reactivos, con los coeficientes de la reacción ($\Delta H^\circ_f(\mathrm{O_2})=0$). Con $\Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\,\Delta S^\circ$ (pasando $\Delta S^\circ$ a kJ) vemos su signo a $298\ \mathrm{K}$; la temperatura a la que $\Delta G^\circ=0$ separa la zona espontánea de la que no lo es.

1. Entalpía de reacción:

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

2. Variación de entropía:

   $\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. Energía 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. Como $\Delta G^\circ<0$, la reacción es espontánea a $298\ \mathrm{K}$, aunque por muy poco.

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

5. Temperatura a la que $\Delta G^\circ=0$:

   $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. Con $\Delta H^\circ<0$ y $\Delta S^\circ<0$, el término $-T\Delta S^\circ$ es positivo y crece con la temperatura: la reacción solo es espontánea por debajo de $319\ \mathrm{K}$.

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

Planteamiento En una reacción de una sola etapa, el perfil de energía tiene un solo máximo, el estado de transición. Como la reacción es exotérmica ($\Delta H^\circ<0$, apartado a), los productos quedan por debajo de los reactivos; como es lenta, la energía de activación es alta.

1. Gráfico: a la izquierda el nivel de los reactivos ($\mathrm{N_2O+\tfrac{3}{2}O_2}$), a la derecha el de los productos ($\mathrm{2\,NO_2}$), $15{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ más abajo. Entre ambos, un máximo alto: el estado de transición. La energía de activación es la distancia vertical de los reactivos al máximo; $\Delta H^\circ$, la de los reactivos a los productos.

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

2. Un catalizador sí modifica la energía de activación: abre un mecanismo distinto, con un estado de transición más bajo, y así la reacción es más rápida.

   $E_a(\text{con catalizador})$${}< E_a(\text{sin catalizador})$

3. No modifica la entalpía de reacción: los reactivos y los productos son los mismos, y la entalpía es una función de estado que solo depende del estado inicial y del final.

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

ResultadoEl gráfico muestra los reactivos arriba, los productos $15{,}2\ \mathrm{kJ\,mol^{-1}}$ más abajo y, entre ambos, un solo máximo alto (estado de transición), con $E_a$ desde los reactivos hasta el máximo. Un catalizador disminuye la energía de activación (cambia el mecanismo), pero no cambia la entalpía de la reacción, que solo depende de los reactivos y de los productos.

La pauta oficial da: Diagrama con $E_a$, estado de transición y $\Delta H<0$; el catalizador disminuye $E_a$; no modifica $\Delta H$

Planteamiento En un mecanismo de varias etapas, la más lenta es la que limita la velocidad del conjunto. En una etapa elemental, los exponentes de la ecuación de velocidad coinciden con los coeficientes estequiométricos de los reactivos de esa etapa.

1. La etapa lenta es la etapa 1; por tanto, es la que determina la velocidad de la reacción global:

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

2. Como la etapa 1 es elemental, los exponentes son sus coeficientes: 2 para el $\mathrm{NO}$ y 1 para el $\mathrm{H_2}$.

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

3. Órdenes parciales: 2 respecto al $\mathrm{NO}$ y 1 respecto al $\mathrm{H_2}$. El orden total es la suma de los órdenes parciales:

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

4. Unidades de $k$: la velocidad siempre se expresa en $\mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}$ y las concentraciones en $\mathrm{mol\,L^{-1}}$. Despejamos $k$:

   $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}}$