Tutorial 4 - Grupo 5
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ALUMNOS:
𝑘1 − 𝑋𝐴𝑒 × (𝑘1 + 𝑘2 ) = 0
𝑘1
𝑋𝐴𝑒 = … (3)
(𝑘1 + 𝑘2 )
• Separando las variables en la ecuación (2) e integrando tenemos:
𝑙𝑛(𝑘1 − (𝑘1 + 𝑘2 ) × 𝑋𝐴 ) = (𝑘1 + 𝑘2 )𝑡 + 𝐶 … (4)
𝐶 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 ⅆ𝑒 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛
En t=0; 𝑋𝐴 = 0
• Se convierte la ecuación (4): −𝑙𝑛𝑘1 = 𝐶
• La ecuación (4) ahora se convierte en:
𝑘1 − 𝑋𝐴 × (𝑘1 + 𝑘2 )
−𝑙𝑛 ( ) = (𝑘1 + 𝑘2 ) × 𝑡
𝑘1
1 − 𝑋𝐴 × (𝑘1 + 𝑘2 )
−𝑙𝑛 ( ) = (𝑘1 + 𝑘2 ) × 𝑡
𝑘1
• Sustituyendo en la ecuación (3) tenemos:
𝑋𝐴 𝑘1 𝑡
−𝑙𝑛 (1 − )= … (5)
𝑋𝐴𝑒 𝑋𝐴𝑒
• Dado 𝑋𝐴 = 0.33 en t=8 minutos y 𝑋𝐴𝑒 = 0.667
0.33 𝑘1 × 8
−𝑙𝑛 (1 − )=
0.667 0.667
𝑘1 × 11.994 = 0.693
0.693
𝑘1 =
11.994
𝒌𝟏 = 𝟎. 𝟎𝟓𝟖
• De la ecuación (3),
0.058
0.667 =
0.058 + 𝑘2
0.667 × (0.058 + 𝑘2 ) = 0.058
0.039 + 0.667 × 𝑘2 = 0.058
𝒌𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟖𝟒𝟔
• Respuesta:
La ecuación de la velocidad para esta reacción es:
−𝒓 = 𝟎. 𝟎𝟓𝟖𝑪𝑨 − 𝟎. 𝟎𝟐𝟖𝟒𝟔 𝑪𝑹
11. El reactivo acuoso A se introduce con una concentración inicial 𝑪𝑨𝟎 =
𝟏 𝒎𝒐𝒍/𝒍𝒊𝒕𝒓𝒐 en un reactor discontinuo donde reacciona para formar el
producto R según la estequiometría 𝑨 → 𝑹 . La concentración de A en el
reactor se controla en varios momentos, como se muestra a continuación:
t,min 0 100 200 300 400
𝑪𝑨 , mol/m3 1000 500 333 250 200
De los datos:
t(min) 𝒎𝒐𝒍 𝑪𝑨
𝑪𝑨 ( ) −𝒍𝒏 ( )
𝒎𝟑 𝑪𝑨𝟎
0 1000 0
100 500 0.69
200 333 1.09
300 250 1.38
400 200 1..61
2
1.8
1.6
1.4
1.2
0.8 𝜃
0.6
0.4
0.2
0
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450
𝑚 = 𝑡𝑎𝑛 𝜃 = 𝐾
2 − 1.09
𝐾= = 0.00455 𝑚𝑖𝑛−1
400 − 200
• Para:
𝑡 = 5 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 = 30 𝑚𝑖𝑛
𝑚𝑜𝑙
𝐶𝐴0 = 500 3
𝑚
− ln(1 − 𝑋𝐴 ) = 𝑘𝑡 → 𝑋𝐴 = 1 − 𝑒 −𝑘𝑡
• Respuesta:
La conversión del reactivo después de 5 horas es:
𝑋𝐴 = 0.745
13. A Betahundert Bashby le gusta acudir a las mesas de juego para relajarse.
No espera ganar y no lo hace, de modo que elige juegos en los cuáles las
pérdidas sean una fracción pequeña del dinero apostado. Juega sin
interrupción y sus apuestas son proporcionales al dinero que lleva encima. Si
jugando a la ruleta tarda 4 horas para perder la mitad de su dinero y necesita
2 horas para perder la mitad de su dinero jugando a los dados, ¿Cuánto
tiempo puede jugar simultáneamente a ambos juegos si empieza con 1000
dólares, y se retira cuando le quedan 10, los justo para beber un trago y pagar
el autobús de vuelta a casa?
SOLUCIÓN:
• Sea:
−𝑟𝑝: 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖ⅆ𝑎ⅆ ⅆ𝑒 𝑝é𝑟ⅆ𝑖ⅆ𝑎 ⅆ𝑒 ⅆ𝑖𝑛𝑒𝑟𝑜.
(−𝑟𝑝 )𝑖 : 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖ⅆ𝑎ⅆ ⅆ𝑒 𝑝é𝑟ⅆ𝑖ⅆ𝑎 ⅆ𝑒 ⅆ𝑖𝑛𝑒𝑟𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑗𝑢𝑒𝑔𝑜 i.
𝑙𝑛0.5
⇒− = 𝐾1 ;
4
• Por lo tanto: 𝑲𝟏 = 𝟎. 𝟏𝟕𝟑𝒉−𝟏
• Resolviendo, para (t=2 horas) tenemos:
𝐶𝐵0
𝑡
ⅆ𝐶𝐵 2 ⅆ𝐶𝐵
(−𝑟𝑝 )2 = − = 𝐾2 × 𝐶𝐵 ⇒ ∫ − −= 𝐾2 ∫ ⅆ𝑡 (𝑡 = 2ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠)
ⅆ𝑡 𝐶𝐵0 𝐶𝐵 0
𝑙𝑛0.5
⇒− = 𝐾2 ;
2
• Por lo tanto: 𝑲𝟐 = 𝟎. 𝟑𝟒𝟔𝒉−𝟏
• Ahora en forma simultánea, sería:
− ⅆ𝐶𝐴
(−𝑟𝑝 ) = = (𝐾1 + 𝐾2 )𝐶𝐴
ⅆ𝑡
𝐶𝐴
𝑡
ⅆ𝐶𝐴 𝐶𝐴
∫ − = (𝐾1 + 𝐾2 ) ∫ ⅆ𝑡 ⇒ −𝑙𝑛 ( ) = 0.519𝑡
𝐶𝐴 0 𝐶𝐴𝑜
𝐶𝐴0
10
⇒ −𝑙𝑛 ( ) = 0.519𝑡
1000
• Respuesta:
El tiempo que demorará en jugar ambos juegos de manera simultánea es:
𝒕 = 𝟖. 𝟖𝟕𝟑 𝒉𝒐𝒓𝒂𝒔
15. La sacarosa se hidroliza a la temperatura ambiente por la acción catalítica
de la enzima sacarosa del siguiente modo:
𝑠𝑎𝑐𝑎𝑟𝑜𝑠𝑎
𝑺𝒂𝒄𝒂𝒓𝒐𝒔𝒂 → 𝒑𝒓𝒐𝒅𝒖𝒄𝒕𝒐𝒔
𝒎𝒐𝒍
Partiendo de una concentración de sacarosa 𝑪𝑨𝟎 = 𝟏. 𝟎 𝒍𝒊𝒕𝒓𝒐 y de una
𝒎𝒊𝒍𝒊𝒎𝒐𝒍
concentración de enzima 𝑪𝑩𝟎 = 𝟎. 𝟎𝟏 , se obtuvieron los siguientes
𝒍𝒊𝒕𝒓𝒐
Comprobar si estos datos se pueden ajustar por una ecuación cinética del
tipo Michaelis-Menten,
𝑲𝟑 𝑪𝑨 𝑪𝑬𝟎
−𝒓𝑨 =
𝑪𝑨 + 𝑪𝑴
Donde: 𝑪𝑴 = 𝑪𝒐𝒏𝒔𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝑴𝒊𝒄𝒉𝒂𝒆𝒍𝒊𝒔
Si el ajuste es razonable, calcular los valores de 𝑲𝟑 y 𝑪𝑴 . Utilizar el método
integral.
SOLUCIÓN:
Nosotros podemos evaluar la forma de la típica ecuación de Michaelis-Menten en
muchos caminos, integral, diferencial. Se hará un esquema en diferentes
soluciones. Pero primero transformaremos la ecuación de Michaelis-Menten en la
siguiente forma:
𝑘3 𝐶𝐴 𝐶𝐸0 𝑘4 𝐶𝐴
−𝑟𝐴 = =
𝐶𝐴 + 𝐶𝑀 1 + 𝑘5 𝐶𝐴
• Donde:
𝑘3 𝐶𝐸0
𝑘4 =
𝑀
1
𝑘5 =
𝑀
• Por el método de la integral:
𝐶
𝐿𝑛 ( 𝐶𝐴0 ) 𝑘4 𝑡
𝐴
= −𝑘5 +
(𝐶𝐴0 − 𝐶𝐴 ) 𝐶𝐴0 − 𝐶𝐴
• Pendiente:
𝑘3 𝐶𝐸0
𝑘4 =
𝑀
• Intersección:
1
𝑘5 =
𝑀
• Gráfico:
𝑪
𝑳𝒏 ( 𝑪𝑨𝟎 ) 𝒌𝟒 𝒕
𝑨
Concentración Tiempo (𝑪𝑨𝟎 − 𝑪𝑨 ) 𝑪𝑨𝟎 − 𝑪𝑨
0.84 1 1.089 6.25
0.68 2 1.205 6.25
0.53 3 1.35 6.38
0.38 4 1.56 6.45
0.27 5 1.793 6.84
0.16 6 2.181 7.14
0.09 7 2.646 7.69
0.04 8 3.352 8.33
0.018 9 4.091 9.16
0.006 10 5.146 10.06
0.0025 11 6.006 11.02
12
10 y = 1.0016x + 5.0147
R² = 0.9986
8
0
0 1 2 3 4 5 6
• Pendiente=1
𝑘3 (0.01)
1=
(0.197)
𝑘3 = 19.8
• Intersección:
1
𝑘5 =
𝑀
1
−5.08 =
𝑀
𝑀 = 0.197
• De la figura las constantes de la ecuación están dadas por:
𝐾3 = 19.7 ℎ−1
𝑀 = 0.197 𝑚𝑖𝑙𝑖𝑚𝑜𝑙/𝑙𝑖𝑡𝑟𝑜
• Respuesta:
𝑚𝑚𝑜𝑙
El valor obtenido de 𝐾3 = 19.7 ℎ−1 y 𝐶𝑀 = 0.197 y se comprueba la
𝐿
19.7 𝐶𝐴 𝐶𝐸0
ecuación cinética: 𝑟𝐴 = 0.197+𝐶𝐴
17. Una ampolla de Kr-89 radiactivo (vida media=76 minutos) se almacena por
un día. ¿Qué le ocurre a la actividad de la ampolla? Tener en cuenta que la
desintegración radiactiva es un proceso de primer orden.
SOLUCIÓN:
• Tenemos a la ampolla Kr-89 radiactivo: 𝑡1⁄ = 76 𝑚𝑖𝑛
2
0.6931
𝑘=
𝑡1⁄
2
0.6931
𝑘=
76 𝑚𝑖𝑛
𝑘 = 9.12 × 10−3 𝑚𝑖𝑛
𝐶𝐴
= 𝑒 −𝑘𝑡
𝐶𝐴0
𝐶𝐴 −3
= 𝑒 −9.12×10 𝑚𝑖𝑛×(24×60)
𝐶𝐴0
𝐶𝐴
= 1.98 × 10−6
𝐶𝐴0
• Respuesta:
A la actividad de la ampolla el 𝐶𝐴 = 1.98 × 10−6 % de la concentración
inicial.
19. Encuentre la conversión después de 1 hora en un reactor discontinuo para
t,min t,min
0 0 180 4.11
41 1.18 194 4.31
48 1.38 212 4.45
55 1.63 267 4.86
75 2.24 318 5.15
96 2.75 368 5.32
127 3.31 379 5.35
146 3.76 410 5.42
162 3.81 ∞ 5.80
• Respuesta:
Por lo tanto, después de 1 hora tenemos:
𝑋𝐴 = 1 𝐶𝐴 = 0
21. Una pequeña bomba de reacción, equipada con un dispositivo sensible hasta
para medir la presión se evacua y después se llena de reactivo A puro a 1 atm
de presión. La operación se efectúa a 25°C, temperatura suficientemente baja
para que la reacción no transcurra de forma apreciable.
Se eleva entonces la temperatura lo más rápidamente posible hasta 100°C
sumergiendo la bomba en agua hirviendo, obteniéndose los datos en la tabla
P3.21. La estequiometría de la reacción es 2A→B, y después de permanecer
la bomba en el baño durante un fin de semana se efectúa un análisis para
determinar la cantidad de A, encontrándose que ya no queda nada de ese
componente. Encontrar una ecuación cinética que se ajusta a estos datos,
expresando las unidades en moles, litros y minutos.
Tabla P3.21
T, min 𝝅, 𝒂𝒕𝒎 T, min 𝝅, 𝒂𝒕𝒎
1 1.14 7 0.850
2 1.04 8 0.832
3 0.982 9 0.815
4 0.940 10 0.800
5 0.905 15 0.754
6 0.870 20 0.728
SOLUCIÓN:
• Tenemos:
2𝐴 → 𝐵 𝑃𝐴0 = 1 𝑎𝑡𝑚
𝑡=0 𝑛𝐴0
𝑛𝐴0 −𝑛𝐴
𝑡=𝑡 𝑛𝐴 ( )
2
• Entonces:
ⅆ𝑃𝑇 ⅆ𝑃𝐴
= 0.5 … (𝐼𝐼)
ⅆ𝑡 ⅆ𝑡
t (min) PT (atm)
1 1.14
2 1.04
5 0.91
6 0.87
8 0.83
9 0.81
10 0.8
15 0.75
20 0.73
Gráfico PT vs t
1.2
1.15
1.1
1.05
1
PT (atm)
0.95
0.9
0.85
0.8
0.75
0.7
0 5 10 15 20 25
t (min)
• Hacemos las operaciones y presentamos la tabla (𝑃𝐴0 = 1 𝑎𝑡𝑚)
𝒅𝑷𝑻 𝒅𝑷𝑻
t(min) PT (atm) 𝒍𝒐𝒈 ( ) 𝒍𝒐𝒈(𝟐𝑷𝑻 − 𝑷𝑨𝟎 )
𝒅𝒕 𝒅𝒕
1 1.14 -0.114 -0.943 0.107
2 1.04 -0.078 -1.10 0.033
5 0.91 -0.071 -1.148 0.086
6 0.87 -0.066 -1.180 0.131
8 0.83 -0.061 -1.214 0.18
9 0.81 -0.060 -1.318 0.207
10 0.8 -0.048 -1.352 0.221
15 0.75 -0.034 -1.468 0.301
20 0.73 -0.026 -1.585 0.337
𝑚𝑜𝑙
𝐴→𝑅 𝐶𝐴0 = 1 𝐿
𝑋𝐴 = 0.75 → 𝑡 = 1 ℎ𝑜𝑟𝑎
𝑋𝐴 = 1 → 𝑡 = 2 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠
𝑡
𝐶𝐴
ⅆ𝐶𝐴 ⅆ𝐶𝐴
(−𝑟𝐴 ) = − = 𝑘𝐶𝐴𝑛 → −∫ = 𝐾 ∫ ⅆ𝑡
ⅆ𝑡 𝐶𝐴0 ⅆ𝑡
0
• Integrando:
𝐶𝐴
1−𝑛
(𝐶𝐴0 )∫ = 𝐾(𝑛 − 1)𝑡
𝐶𝐴0
• Donde:
1−𝑛
(𝐶𝐴0 )[(1 − 𝑋𝐴 )1−𝑛 − 1] = 𝑘(𝑛 − 1)𝑡
• Reemplazando valores de 𝑋𝐴 𝑦 𝑡
[(0.25)1−𝑛 − 1] = 𝑘(𝑛 − 1)(1)
−1 = 𝑘(𝑛 − 1)(1) … (𝐼)
• Dividiendo:
1
(0.25)1−𝑛 = → 𝑛 = 0.5
2
• En (I):
𝐾 = 1ℎ−1
• Respuesta:
La ecuación de la velocidad es de la siguiente forma:
(−𝑟𝐴 ) = (1ℎ−1 ) × 𝐶𝐴0.5
25. Se obtuvieron los siguientes datos en un reactor intermitente de volumen
constante a 0°C usando el gas A puro:
Tiempo, min 0 2 4 6 8 10 12 14 ∞
Presión parcial de A, mm 760 600 475 390 320 275 240 215 150
𝐴 → 2.5𝑅
ⅆ𝐶𝐴 ⅆ𝑃𝐴 𝐾
(−𝑟𝐴 ) = − = 𝑘𝐶𝐴𝑛 → −( )= 𝑃𝑛 … (𝐼)
ⅆ𝑡 ⅆ𝑡 (𝑅𝑇)𝑛−1 𝐴
𝑘 ′′
• Tomando logaritmos:
ⅆ𝑃𝐴
𝑙𝑜𝑔 ( ) = 𝑙𝑜𝑔(𝑘 ′′ ) + 𝑛𝑙𝑜𝑔(𝑃𝐴 )
ⅆ𝑡
a1
Y a0 x
PA VS T
800
760
700
600 600
500
475
400 390
300 320
275
240
200 215
100
0
0 2 4 6 8 10 12 14
𝒅𝑷𝑨 𝒅𝑷𝑨
𝑷𝑨 (𝒎𝒎𝑯𝒈) t ( min) 𝒍𝒐𝒈𝟖 − ( )=𝒀 𝒍𝒐𝒈(𝑷𝑨 ) = 𝑿
𝒅𝒕 𝒅𝒕
760 0 -133.33 2.125 2.881
600 2 -73 1.863 2.778
475 4 -55.74 1.746 2.677
390 6 -40.54 1.608 2.591
320 8 -30.58 1.485 2.505
275 10 -25 1.398 2.439
240 12 -20.02 1.301 2.38
215 14 -22.4 1.32 4332