Opgaver til A2.5

Opgaverne hører til afsnit A2.5 Gibbs-energi og ligevægt. Prøv selv, før du åbner hjælpen under opgaven. Tabelværdierne står i tabellen Termodynamiske data.

Opgave A2.5.1: To størrelser med næsten samme navn

Tabellen viser ΔG^⊖ ved 25 °C for tre reaktioner mellem gasser.

Nr.	Reaktionsskema	ΔG⊖ ved 25 °C
1	2 NO2(g) ⇌ N2O4(g)	−4,7 kJ/mol
2	C2H4(g) + H2(g) ⇌ C2H6(g)	−100,4 kJ/mol
3	3 O2(g) ⇌ 2 O3(g)	326,4 kJ/mol

1. Afgør for hver af de tre reaktioner, om ligevægtskonstanten ved 25 °C er større end 1 eller mindre end 1.
2. Hvilken af de tre reaktioner har den største ligevægtskonstant, og hvilken har den mindste? Begrund svaret uden at regne.
3. En elev siger: “ΔG^⊖ er positiv for reaktion 3, så der kan slet ikke dannes ozon, O₃, af dioxygen.” Forklar, hvad der er galt med elevens udsagn.
4. En beholder ved 25 °C indeholder kun NO₂ fra start. Reaktion 1 forløber, indtil der er ligevægt. Hvilken af de to størrelser ΔG og ΔG^⊖ ændrer sig undervejs, og hvilken værdi har ΔG, når der er ligevægt?

TipHjælp 1

For hver af de tre reaktioner i tabellen er ΔG^⊖ et fast tal ved 25 °C. Fortegnet på ΔG^⊖ fortæller, om reaktionens ligevægtskonstant er større eller mindre end 1. Sammenhængen står i tabellen i afsnit A2.5 under overskriften “Ved ligevægt er ΔG = 0”. ΔG uden standardtegn er et øjebliksbillede af den blanding, der er i beholderen lige nu.

TipHjælp 2

Formlen ln K = −ΔG^⊖ / (R · T) viser, at en meget negativ ΔG^⊖ giver en meget stor ligevægtskonstant, og at en meget positiv ΔG^⊖ giver en meget lille ligevægtskonstant.

Du kan begynde forklaringen i spørgsmål c sådan: “En positiv ΔG^⊖ betyder ikke, at … Den betyder, at ligevægtskonstanten for dannelsen af ozon er …”

Du kan begynde svaret i spørgsmål d sådan: “Mens NO₂ reagerer, ændrer … sig, fordi partialtrykkene … Ved ligevægt er ΔG = …”

NoteFacit

1. Reaktion 1, 2 NO₂(g) ⇌ N₂O₄(g), har en negativ ΔG^⊖. Ligevægtskonstanten er derfor større end 1, og ligevægten er forskudt mod højre. Reaktion 2, C₂H₄(g) + H₂(g) ⇌ C₂H₆(g), har også en negativ ΔG^⊖, så ligevægtskonstanten er større end 1. Reaktion 3, 3 O₂(g) ⇌ 2 O₃(g), har en positiv ΔG^⊖. Ligevægtskonstanten er derfor mindre end 1, og ligevægten er forskudt mod venstre.

2. Reaktion 2 med ethen og hydrogen har den største ligevægtskonstant, fordi ΔG^⊖ = −100,4 kJ/mol er den mest negative af de tre værdier. Reaktion 3 med ozon har den mindste ligevægtskonstant, fordi ΔG^⊖ = 326,4 kJ/mol er positiv og meget stor. Det følger af ln K = −ΔG^⊖ / (R · T): jo mindre ΔG^⊖ er, jo større er ln K. Regner man efter, er ligevægtskonstanterne 6,7 bar⁻¹ for reaktion 1, 4,0 · 10¹⁷ bar⁻¹ for reaktion 2 og 6,1 · 10⁻⁵⁸ bar⁻¹ for reaktion 3.

3. En positiv ΔG^⊖ betyder ikke, at der slet ikke sker noget. Den betyder, at ligevægtskonstanten for dannelsen af ozon er mindre end 1, så ligevægten er forskudt mod venstre, altså mod O₂. ΔG^⊖ gælder for standardtilstanden, hvor både O₂ og O₃ har partialtrykket 1 bar. I ren dioxygen er der slet ingen ozon. Så er reaktionsbrøken mindre end ligevægtskonstanten, og ΔG for den blanding er negativ. Der dannes derfor en lille smule ozon, indtil Y = K. Ligevægtskonstanten er bare så lille, at mængden af ozon er forsvindende.

4. Det er ΔG, der ændrer sig. ΔG afhænger af partialtrykkene af NO₂ og N₂O₄ i beholderen, og de ændrer sig, mens reaktionen forløber. ΔG^⊖ er hele tiden −4,7 kJ/mol, fordi den hører til standardtilstanden ved 25 °C. Fra start er ΔG negativ, og reaktionen forløber mod højre. Undervejs bliver ΔG mindre og mindre negativ. Når der er ligevægt, er ΔG = 0.

Opgave A2.5.2: Fire gasser i en beholder

Carbonmonoxid og vanddamp kan reagere og danne carbondioxid og hydrogen. Industrien bruger reaktionen, når der skal fremstilles hydrogen:

CO(g) + H₂O(g) ⇌ CO₂(g) + H₂(g)

Ved 500 K er ΔG^⊖ = −20,2 kJ/mol for reaktionen. En beholder ved 500 K indeholder en blanding med partialtrykkene p(CO) = 0,10 bar, p(H₂O) = 0,20 bar, p(CO₂) = 3,0 bar og p(H₂) = 4,0 bar.

1. Opskriv reaktionsbrøken, og beregn Y for blandingen.
2. Beregn ΔG for blandingen.
3. Afgør, hvilken vej reaktionen forløber.

TipHjælp 1

Reaktionsbrøken skrives af efter reaktionsskemaet: partialtrykkene af CO₂ og H₂ står over brøkstregen, og partialtrykkene af CO og H₂O står under. Sæt partialtrykkene ind som tal uden enhed. Brug derefter ΔG = ΔG^⊖ + R · T · ln Y.

TipHjælp 2

Reaktionsbrøken for blandingen af de fire gasser er Y = 600. ΔG^⊖ står i kJ/mol, så gaskonstanten skal regnes om til kJ: R = 8,314 · 10⁻³ kJ/(mol · K). Temperaturen står allerede i kelvin. Er ΔG negativ, forløber reaktionen mod højre. Er ΔG positiv, forløber reaktionen mod venstre.

NoteFacit

1. Reaktionsbrøken for CO(g) + H₂O(g) ⇌ CO₂(g) + H₂(g) er

\[ Y = \frac{p(\mathrm{CO_2}) \cdot p(\mathrm{H_2})}{p(\mathrm{CO}) \cdot p(\mathrm{H_2O})} = \frac{3{,}0 \cdot 4{,}0}{0{,}10 \cdot 0{,}20} = 600 \]

Partialtrykkene er sat ind som talværdien i bar, så Y er et tal uden enhed.

2. Gaskonstanten regnes om til kJ: R = 8,314 J/(mol · K) = 8,314 · 10⁻³ kJ/(mol · K).

\[ \Delta G = \Delta G^{\ominus} + R \cdot T \cdot \ln Y = -20{,}2\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} + 8{,}314 \cdot 10^{-3}\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 500\ \mathrm{K} \cdot \ln(600) = 6{,}4\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

3. ΔG = 6,4 kJ/mol. Den er positiv, så reaktionen forløber mod venstre. Der dannes CO og H₂O, selv om ΔG^⊖ er negativ. Det skyldes, at blandingen indeholder meget CO₂ og H₂ og kun lidt CO og H₂O.

Opgave A2.5.3: Methanol ved 25 °C

Methanol kan fremstilles af carbonmonoxid og hydrogen:

CO(g) + 2 H₂(g) ⇌ CH₃OH(g)

Brug tabellen Termodynamiske data.

1. Beregn ΔG^⊖ ved 25 °C ud fra tabelværdierne for G^⊖.
2. Beregn ln K og derefter ligevægtskonstanten ved 25 °C.
3. Opskriv ligevægtsloven, og angiv ligevægtskonstanten med enhed.

TipHjælp 1

ΔG^⊖ er summen af G^⊖ for produkterne minus summen af G^⊖ for reaktanterne. Methanol er en gas i reaktionen, så brug værdien for CH₃OH(g) og ikke værdien for CH₃OH(l). Hydrogen er et grundstof, så G^⊖ for H₂(g) er 0.

TipHjælp 2

ΔG^⊖ for dannelsen af methanol bliver −25,1 kJ/mol. Regn den om til −25 100 J/mol, og brug ln K = −ΔG^⊖ / (R · T) med T = 298 K. Ligevægtskonstanten er K = e opløftet til ln K. Enheden finder du i ligevægtsloven: der står bar over brøkstregen og bar · bar² under.

NoteFacit

Reaktionsskemaet er CO(g) + 2 H₂(g) ⇌ CH₃OH(g). Tabelværdierne er

	CO(g)	H2(g)	CH3OH(g)
G⊖ i kJ/mol	−137,2	0	−162,3
Koefficient	1	2	1

1. Tilvæksten i Gibbs-energi ved standardtilstand er

\[ \Delta G^{\ominus} = G^{\ominus}(\mathrm{CH_3OH(g)}) - G^{\ominus}(\mathrm{CO(g)}) - 2 \cdot G^{\ominus}(\mathrm{H_2(g)}) = \left((-162{,}3) - (-137{,}2) - 2 \cdot 0\right)\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} = -25{,}1\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG^⊖ er negativ, så dannelsen af methanol er spontan ved 25 °C og standardtilstand.

2. ΔG^⊖ regnes om til joule, så enheden passer med gaskonstanten: −25,1 kJ/mol = −25 100 J/mol. Temperaturen er T = (273 + 25) K = 298 K.

\[ \ln K = -\frac{\Delta G^{\ominus}}{R \cdot T} = -\frac{-25\,100\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K}} = 10{,}131 \]

\[ K = e^{10{,}131} = 2{,}5 \cdot 10^{4} \]

3. Ligevægtsloven er

\[ K_\mathrm{p} = \frac{p(\mathrm{CH_3OH})}{p(\mathrm{CO}) \cdot p(\mathrm{H_2})^{2}} \]

Der står bar over brøkstregen og bar · bar² under, så enheden er bar⁻². Ligevægtskonstanten er K_p = 2,5 · 10⁴ bar⁻² ved 25 °C. Den er meget større end 1, og det passer med, at ΔG^⊖ er negativ. Ligevægten er forskudt mod højre, altså mod methanol.

Opgave A2.5.4: Ethansyre og methansyre

Ethansyre (eddikesyre) er syren i eddike. Når ethansyre opløses i vand, afgiver nogle af molekylerne en hydron til vand:

CH₃COOH(aq) + H₂O(l) ⇌ CH₃COO⁻(aq) + H₃O⁺(aq)

Ved 25 °C er syrestyrkekonstanten K_s = 1,7 · 10⁻⁵ M for ethansyre. For methansyre (myresyre), HCOOH, er K_s = 1,8 · 10⁻⁴ M ved 25 °C.

1. Beregn ΔG^⊖ ved 25 °C for ethansyres reaktion med vand.
2. Kommentér fortegnet på ΔG^⊖ for ethansyres reaktion med vand.
3. Beregn ΔG^⊖ ved 25 °C for methansyres reaktion med vand.
4. Hvilken af de to syrer er den stærkeste, og hvordan kan det ses på de to værdier af ΔG^⊖?

TipHjælp 1

Brug ΔG^⊖ = −R · T · ln K for både ethansyre og methansyre. Syrestyrkekonstanten er ligevægtskonstanten for syrens reaktion med vand. Den sættes ind som tal uden enhed, og temperaturen skal stå i kelvin. Resultatet kommer i J/mol, fordi R = 8,314 J/(mol · K).

TipHjælp 2

For ethansyre er ln(1,7 · 10⁻⁵) = −10,98. Minus gange minus giver plus, så ΔG^⊖ bliver positiv. Regn resultatet om til kJ/mol ved at dividere med 1000.

Du kan begynde kommentaren sådan: “ΔG^⊖ er positiv, så ligevægtskonstanten er … end 1. Ligevægten er forskudt mod …, og det passer med, at ethansyre er en … syre.”

NoteFacit

1. Temperaturen er T = (273 + 25) K = 298 K. Syrestyrkekonstanten for ethansyre sættes ind som tal uden enhed.

\[ \Delta G^{\ominus} = -R \cdot T \cdot \ln K = -8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K} \cdot \ln\left(1{,}7 \cdot 10^{-5}\right) = 2{,}72 \cdot 10^{4}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

For ethansyres reaktion med vand er ΔG^⊖ = 27,2 kJ/mol.

2. ΔG^⊖ er positiv, så ligevægtskonstanten er mindre end 1. Ligevægten er forskudt langt mod venstre, altså mod CH₃COOH. Kun en lille del af ethansyremolekylerne afgiver en hydron, og det passer med, at ethansyre er en svag syre.

3. Syrestyrkekonstanten for methansyre sættes ind på samme måde.

\[ \Delta G^{\ominus} = -8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K} \cdot \ln\left(1{,}8 \cdot 10^{-4}\right) = 2{,}14 \cdot 10^{4}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

For methansyres reaktion med vand er ΔG^⊖ = 21,4 kJ/mol.

4. Methansyre er den stærkeste af de to syrer, fordi methansyre har den største K_s. Det ses også på ΔG^⊖: 21,4 kJ/mol for methansyre er mindre end 27,2 kJ/mol for ethansyre. Jo mindre ΔG^⊖ er, jo større er ligevægtskonstanten, og jo stærkere er syren.

Opgave A2.5.5: Hydrogen af naturgas

Det meste hydrogen fremstilles i dag af naturgas. Methan reagerer med vanddamp ved en høj temperatur:

CH₄(g) + H₂O(g) ⇌ CO(g) + 3 H₂(g)

For reaktionen er ΔH^⊖ = 205,9 kJ/mol og ΔS^⊖ = 214,7 J/(mol · K).

1. Beregn ΔG^⊖ ved 800 °C.
2. Beregn ligevægtskonstanten ved 800 °C, og angiv enheden.
3. Hvilken antagelse bygger beregningen på?

TipHjælp 1

Opgaven om methan og vanddamp har to trin. Beregn først ΔG^⊖ ved 800 °C med ΔG^⊖ = ΔH^⊖ − T · ΔS^⊖. Beregn derefter ligevægtskonstanten med ln K = −ΔG^⊖ / (R · T). Temperaturen skal stå i kelvin begge steder.

TipHjælp 2

T = (273 + 800) K = 1073 K, og ΔS^⊖ = 214,7 J/(mol · K) = 0,2147 kJ/(mol · K). ΔG^⊖ for reaktionen mellem methan og vanddamp bliver −24,5 kJ/mol ved 800 °C. Regn den om til J/mol, før du sætter den ind i formlen for ln K. Enheden for ligevægtskonstanten finder du ved at skrive ligevægtsloven op: partialtrykket af H₂ står i tredje potens over brøkstregen.

NoteFacit

1. Kendte størrelser: ΔH^⊖ = 205,9 kJ/mol, ΔS^⊖ = 214,7 J/(mol · K) = 0,2147 kJ/(mol · K) og T = (273 + 800) K = 1073 K.

\[ \Delta G^{\ominus} = \Delta H^{\ominus} - T \cdot \Delta S^{\ominus} = 205{,}9\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} - 1073\ \mathrm{K} \cdot 0{,}2147\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} = -24{,}5\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG^⊖ = −24,5 kJ/mol ved 800 °C. Den er negativ, så reaktionen mellem methan og vanddamp er spontan ved 800 °C og standardtilstand.

2. ΔG^⊖ regnes om til joule: −24,5 kJ/mol = −24 500 J/mol.

\[ \ln K = -\frac{\Delta G^{\ominus}}{R \cdot T} = -\frac{-24\,500\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 1073\ \mathrm{K}} = 2{,}746 \]

\[ K = e^{2{,}746} = 16 \]

Ligevægtsloven er

\[ K_\mathrm{p} = \frac{p(\mathrm{CO}) \cdot p(\mathrm{H_2})^{3}}{p(\mathrm{CH_4}) \cdot p(\mathrm{H_2O})} \]

Der står bar · bar³ over brøkstregen og bar · bar under, så enheden er bar². Ligevægtskonstanten er K_p = 16 bar² ved 800 °C.

3. Beregningen antager, at ΔH^⊖ og ΔS^⊖ ikke afhænger af temperaturen. De to værdier gælder ved 25 °C, og 800 °C er langt derfra, så resultatet er et skøn.

Ved 25 °C er ΔG^⊖ = 141,9 kJ/mol, og ligevægtskonstanten er forsvindende lille. Reaktionen er endoterm, og entropien stiger, fordi to gasmolekyler bliver til fire. Derfor er reaktionen kun spontan ved høje temperaturer, og derfor skal reaktoren være så varm.

Opgave A2.5.6: To regler, samme svar

I en højovn reagerer glødende carbon med carbondioxid og danner carbonmonoxid:

C(s) + CO₂(g) ⇌ 2 CO(g)

Ved 1000 K er K_p = 2,0 bar. En beholder ved 1000 K indeholder fast carbon og en gasblanding med partialtrykkene p(CO₂) = 0,50 bar og p(CO) = 1,5 bar.

1. Beregn reaktionsbrøken for gasblandingen, og afgør med Y og K_p, hvilken vej reaktionen forløber.
2. Beregn ΔG^⊖ ved 1000 K ud fra ligevægtskonstanten.
3. Beregn ΔG for gasblandingen, og afgør ud fra fortegnet, hvilken vej reaktionen forløber.
4. Sammenlign svarene i spørgsmål a og c.

TipHjælp 1

Carbon er et fast stof og er ikke med i reaktionsbrøken. Reaktionsbrøken er derfor Y = p(CO)² / p(CO₂). Sammenlign Y med K_p, som du gjorde i afsnit A1.2. Brug derefter ΔG^⊖ = −R · T · ln K og til sidst ΔG = ΔG^⊖ + R · T · ln Y.

TipHjælp 2

Reaktionsbrøken for blandingen af CO₂ og CO er 4,5 bar, og den er større end K_p. ΔG^⊖ bliver −5,76 kJ/mol ved 1000 K. I beregningen af ΔG sættes Y ind som tallet 4,5, og gaskonstanten regnes om til 8,314 · 10⁻³ kJ/(mol · K). De to regler skal give samme retning. Gør de ikke det, er der en regnefejl.

NoteFacit

1. Carbon er et fast stof og er ikke med i reaktionsbrøken.

\[ Y = \frac{p(\mathrm{CO})^{2}}{p(\mathrm{CO_2})} = \frac{(1{,}5\ \mathrm{bar})^{2}}{0{,}50\ \mathrm{bar}} = 4{,}5\ \mathrm{bar} \]

Y = 4,5 bar er større end K_p = 2,0 bar. Reaktionen forløber derfor mod venstre, indtil Y = K_p.

2. Ligevægtskonstanten sættes ind som tal uden enhed.

\[ \Delta G^{\ominus} = -R \cdot T \cdot \ln K = -8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 1000\ \mathrm{K} \cdot \ln(2{,}0) = -5{,}76 \cdot 10^{3}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

Ved 1000 K er ΔG^⊖ = −5,76 kJ/mol.

3. Gaskonstanten regnes om til kJ: R = 8,314 · 10⁻³ kJ/(mol · K). Reaktionsbrøken sættes ind som tal uden enhed.

\[ \Delta G = \Delta G^{\ominus} + R \cdot T \cdot \ln Y = -5{,}76\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} + 8{,}314 \cdot 10^{-3}\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 1000\ \mathrm{K} \cdot \ln(4{,}5) = 6{,}7\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG = 6,7 kJ/mol. Den er positiv, så reaktionen forløber mod venstre.

4. Reglen med Y og K_p og reglen med fortegnet på ΔG giver samme svar: reaktionen forløber mod venstre, og der dannes CO₂ og carbon. De to regler hænger sammen gennem ΔG = R · T · ln(Y / K). Her er Y / K = 4,5 / 2,0 = 2,25. Brøken er større end 1, så logaritmen er positiv, og ΔG er positiv.

Opgave A2.5.7: Kalkvand

En mættet opløsning af calciumhydroxid kaldes kalkvand. I kalkvand er der ligevægt mellem fast calciumhydroxid og ionerne i opløsningen:

Ca(OH)₂(s) ⇌ Ca²⁺(aq) + 2 OH⁻(aq)

Brug tabellen Termodynamiske data.

1. Beregn ΔG^⊖ ved 25 °C for opløsningen af calciumhydroxid.
2. Beregn opløselighedsproduktet K_o for calciumhydroxid ved 25 °C, og angiv enheden.
3. Tabellen i afsnit A1.5 har K_o = 5,0 · 10⁻⁶ M³ for calciumhydroxid. Sammenlign den værdi med din egen.

TipHjælp 1

Calciumhydroxid står under Faste stoffer i tabellen, og de to ioner står under Ioner i vandig opløsning. Husk koefficienten 2 foran OH⁻. ΔG^⊖ er summen af G^⊖ for produkterne minus G^⊖ for reaktanten.

TipHjælp 2

ΔG^⊖ for opløsningen af calciumhydroxid bliver 29,5 kJ/mol = 29 500 J/mol. Brug ln K = −ΔG^⊖ / (R · T) med T = 298 K. Opløselighedsproduktet er K_o = [Ca²⁺] · [OH⁻]², og det giver enheden.

Du kan begynde sammenligningen sådan: “De to værdier af K_o har samme …, men de er ikke … Forskellen kan skyldes, at …”

NoteFacit

Reaktionsskemaet er Ca(OH)₂(s) ⇌ Ca²⁺(aq) + 2 OH⁻(aq). Tabelværdierne er

	Ca(OH)2(s)	Ca2+(aq)	OH−(aq)
G⊖ i kJ/mol	−897,5	−553,6	−157,2
Koefficient	1	1	2

1. Tilvæksten i Gibbs-energi ved standardtilstand er

\[ \Delta G^{\ominus} = G^{\ominus}(\mathrm{Ca^{2+}(aq)}) + 2 \cdot G^{\ominus}(\mathrm{OH^{-}(aq)}) - G^{\ominus}(\mathrm{Ca(OH)_2(s)}) = \left((-553{,}6) + 2 \cdot (-157{,}2) - (-897{,}5)\right)\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} = 29{,}5\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG^⊖ er positiv. Opløsningen af calciumhydroxid er altså ikke spontan ved standardtilstand, hvor [Ca²⁺] og [OH⁻] begge er 1 M.

2. ΔG^⊖ regnes om til joule: 29,5 kJ/mol = 29 500 J/mol. Temperaturen er T = (273 + 25) K = 298 K.

\[ \ln K = -\frac{\Delta G^{\ominus}}{R \cdot T} = -\frac{29\,500\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K}} = -11{,}907 \]

\[ K = e^{-11{,}907} = 6{,}7 \cdot 10^{-6} \]

Ligevægtsloven er K_o = [Ca²⁺] · [OH⁻]². Det faste stof er ikke med. Enheden er M · M² = M³, så K_o = 6,7 · 10⁻⁶ M³ ved 25 °C. Opløselighedsproduktet er meget mindre end 1, og det passer med, at ΔG^⊖ er positiv, og at calciumhydroxid er tungtopløseligt.

3. De to værdier af K_o, 6,7 · 10⁻⁶ M³ og 5,0 · 10⁻⁶ M³, har samme størrelsesorden, men de er ikke helt ens. En ligevægtskonstant er meget følsom over for ΔG^⊖, fordi ΔG^⊖ står i en eksponent. K_o = 5,0 · 10⁻⁶ M³ svarer til ΔG^⊖ = 30,2 kJ/mol. En forskel på 0,7 kJ/mol er altså nok til at give de to forskellige værdier, og tabeller afrunder forskelligt.

Opgave A2.5.8: Vands damptryk

Hældes der vand i et glas med låg, fordamper noget af vandet, indtil der er ligevægt mellem væsken og vanddampen over den:

H₂O(l) ⇌ H₂O(g)

Partialtrykket af vanddamp ved ligevægt kaldes vands damptryk. Brug tabellen Termodynamiske data.

1. Beregn vands damptryk ved 25 °C.
2. I et klasseværelse ved 25 °C er partialtrykket af vanddamp i luften 0,015 bar. I vindueskarmen står en skål med vand. Beregn ΔG for fordampningen af vand i klasseværelset, og afgør, om vandet i skålen fordamper.

TipHjælp 1

Skriv ligevægtsloven for H₂O(l) ⇌ H₂O(g) op. En ren væske er ikke med i reaktionsbrøken, så ligevægtskonstanten er lig med partialtrykket af vanddamp. Beregn ΔG^⊖ ud fra tabelværdierne for H₂O(g) og H₂O(l), og beregn derefter ligevægtskonstanten.

TipHjælp 2

ΔG^⊖ for fordampningen af vand er 8,5 kJ/mol ved 25 °C. Ligevægtsloven er K_p = p(H₂O), så ligevægtskonstanten er selve damptrykket i bar. I klasseværelset er reaktionsbrøken Y = 0,015, og ΔG = ΔG^⊖ + R · T · ln Y. Er ΔG negativ, forløber fordampningen mod højre.

NoteFacit

Reaktionsskemaet er H₂O(l) ⇌ H₂O(g). Tabelværdierne er

	H2O(l)	H2O(g)
G⊖ i kJ/mol	−237,1	−228,6
Koefficient	1	1

1. Tilvæksten i Gibbs-energi ved standardtilstand er

\[ \Delta G^{\ominus} = G^{\ominus}(\mathrm{H_2O(g)}) - G^{\ominus}(\mathrm{H_2O(l)}) = \left((-228{,}6) - (-237{,}1)\right)\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} = 8{,}5\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG^⊖ er positiv. Fordampningen af vand er altså ikke spontan ved 25 °C og standardtilstand, hvor vanddampen har partialtrykket 1 bar.

ΔG^⊖ regnes om til joule: 8,5 kJ/mol = 8500 J/mol. Temperaturen er T = (273 + 25) K = 298 K.

\[ \ln K = -\frac{\Delta G^{\ominus}}{R \cdot T} = -\frac{8500\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K}} = -3{,}431 \]

\[ K = e^{-3{,}431} = 0{,}032 \]

En ren væske er ikke med i reaktionsbrøken, så ligevægtsloven er K_p = p(H₂O). Vands damptryk er derfor 0,032 bar ved 25 °C. Det er den værdi, der står i afsnit A1.2.

2. I klasseværelset er reaktionsbrøken Y = p(H₂O) = 0,015, når partialtrykket sættes ind som tal uden enhed. Gaskonstanten regnes om til kJ: R = 8,314 · 10⁻³ kJ/(mol · K).

\[ \Delta G = \Delta G^{\ominus} + R \cdot T \cdot \ln Y = 8{,}5\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} + 8{,}314 \cdot 10^{-3}\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K} \cdot \ln(0{,}015) = -1{,}9\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG = −1,9 kJ/mol. Den er negativ, så fordampningen forløber mod højre, og vandet i skålen fordamper. Reglen med Y og K giver det samme, fordi 0,015 bar er mindre end damptrykket på 0,032 bar. ΔG^⊖ er positiv, men vandet fordamper alligevel, fordi luften indeholder mindre vanddamp, end der er ved ligevægt.

Opgaver i eksamensstil

Opgaverne ligner delopgaverne i den skriftlige prøve i kemi A. Skriv svarene, som du ville gøre til prøven: med reaktionsskema, formel, beregning med enheder og en konklusion.

Opgave A2.5.eks.1: Ammoniak til kunstgødning

Kunstgødning med nitrogen laves af ammoniak, og en stor del af verdens fødevarer dyrkes med kunstgødning. Ammoniak fremstilles af nitrogen og hydrogen i en reaktor ved høj temperatur og højt tryk:

N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g)

For reaktionen er ΔH^⊖ = −91,8 kJ/mol og ΔS^⊖ = −198,1 J/(mol · K). I en reaktor ved 450 °C er partialtrykkene p(N₂) = 30 bar, p(H₂) = 90 bar og p(NH₃) = 30 bar.

1. Opskriv reaktionsbrøken for dannelsen af ammoniak.
2. Beregn ΔG^⊖ ved 450 °C.
3. Beregn ligevægtskonstanten ved 450 °C.
4. Beregn ΔG for blandingen i reaktoren, og afgør, hvilken vej reaktionen forløber.

TipHjælp 1

Spørgsmål b og c hænger sammen. Beregn først ΔG^⊖ for dannelsen af ammoniak ved 450 °C med ΔG^⊖ = ΔH^⊖ − T · ΔS^⊖, og brug derefter ln K = −ΔG^⊖ / (R · T). Spørgsmål d handler om ΔG uden standardtegn, altså om den blanding af N₂, H₂ og NH₃, der er i reaktoren lige nu. Dér skal du bruge ΔG = ΔG^⊖ + R · T · ln Y.

TipHjælp 2

T = (273 + 450) K = 723 K, og ΔS^⊖ = −198,1 J/(mol · K) = −0,1981 kJ/(mol · K). Pas på de to minusser, når −T · ΔS^⊖ regnes ud. ΔG^⊖ for dannelsen af ammoniak bliver 51,4 kJ/mol ved 450 °C. Reaktionsbrøken for blandingen i reaktoren er Y = 30² / (30 · 90³) = 4,12 · 10⁻⁵.

NoteFacit

Reaktionsskemaet er N₂(g) + 3 H₂(g) ⇌ 2 NH₃(g).

1. Reaktionsbrøken er

\[ Y = \frac{p(\mathrm{NH_3})^{2}}{p(\mathrm{N_2}) \cdot p(\mathrm{H_2})^{3}} \]

2. Kendte størrelser: ΔH^⊖ = −91,8 kJ/mol, ΔS^⊖ = −198,1 J/(mol · K) = −0,1981 kJ/(mol · K) og T = (273 + 450) K = 723 K.

\[ \Delta G^{\ominus} = \Delta H^{\ominus} - T \cdot \Delta S^{\ominus} = -91{,}8\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} - 723\ \mathrm{K} \cdot (-0{,}1981)\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} = 51{,}4\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG^⊖ = 51,4 kJ/mol ved 450 °C. Den er positiv, så dannelsen af ammoniak er ikke spontan ved 450 °C og standardtilstand. Entropien falder, fordi fire gasmolekyler bliver til to, og ved den høje temperatur vejer leddet −T · ΔS^⊖ tungere end ΔH^⊖. Beregningen antager, at ΔH^⊖ og ΔS^⊖ ikke afhænger af temperaturen.

3. ΔG^⊖ regnes om til joule: 51,4 kJ/mol = 51 400 J/mol.

\[ \ln K = -\frac{\Delta G^{\ominus}}{R \cdot T} = -\frac{51\,400\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 723\ \mathrm{K}} = -8{,}551 \]

\[ K = e^{-8{,}551} = 1{,}9 \cdot 10^{-4} \]

I ligevægtsloven står der bar² over brøkstregen og bar · bar³ under, så enheden er bar⁻². Ligevægtskonstanten er K_p = 1,9 · 10⁻⁴ bar⁻² ved 450 °C.

4. Partialtrykkene sættes ind i reaktionsbrøken som tal uden enhed.

\[ Y = \frac{30^{2}}{30 \cdot 90^{3}} = 4{,}12 \cdot 10^{-5} \]

Gaskonstanten regnes om til kJ: R = 8,314 · 10⁻³ kJ/(mol · K).

\[ \Delta G = \Delta G^{\ominus} + R \cdot T \cdot \ln Y = 51{,}4\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} + 8{,}314 \cdot 10^{-3}\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 723\ \mathrm{K} \cdot \ln\left(4{,}12 \cdot 10^{-5}\right) = -9{,}3\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG = −9,3 kJ/mol for blandingen i reaktoren. Den er negativ, så reaktionen forløber mod højre, og der dannes mere ammoniak. Det sker, selv om ΔG^⊖ er positiv, fordi de høje partialtryk af N₂ og H₂ gør reaktionsbrøken meget lille. Reglen med Y og K giver det samme: 4,12 · 10⁻⁵ bar⁻² er mindre end 1,9 · 10⁻⁴ bar⁻².

Opgave A2.5.eks.2: Nitrogenoxid fra en bilmotor

Luft består mest af nitrogen og oxygen. Ved almindelige temperaturer reagerer de to gasser ikke med hinanden. I cylinderen i en bilmotor kan temperaturen nå op på 2300 K, og dér dannes der nitrogenoxid, NO:

N₂(g) + O₂(g) ⇌ 2 NO(g)

Nitrogenoxid fra udstødningen er med til at danne smog og syreregn. For reaktionen er ΔH^⊖ = 182,6 kJ/mol og ΔS^⊖ = 24,8 J/(mol · K).

1. Beregn ΔG^⊖ ved 25 °C ud fra tabellen Termodynamiske data.
2. Beregn ligevægtskonstanten ved 25 °C, og kommentér værdien.
3. Beregn ligevægtskonstanten ved 2300 K.
4. Udstødningsgassen køles hurtigt ned. I udstødningen ved 25 °C er p(N₂) = 0,75 bar, p(O₂) = 0,050 bar og p(NO) = 1,0 · 10⁻³ bar. Beregn ΔG for blandingen, og argumentér for, at en katalysator kan fjerne nitrogenoxid fra udstødningen.

TipHjælp 1

Ved 25 °C kan ΔG^⊖ beregnes direkte af tabelværdierne for G^⊖. N₂(g) og O₂(g) er grundstoffer, så deres G^⊖ er 0. Ved 2300 K skal du først beregne ΔG^⊖ med ΔG^⊖ = ΔH^⊖ − T · ΔS^⊖ og derefter ligevægtskonstanten.

TipHjælp 2

ΔG^⊖ for dannelsen af NO er 175,2 kJ/mol ved 25 °C og 125,6 kJ/mol ved 2300 K. I udstødningen er reaktionsbrøken Y = p(NO)² / (p(N₂) · p(O₂)).

Du kan begynde argumentet sådan: “ΔG for udstødningsgassen er …, så reaktionen forløber spontant mod … Det betyder, at NO kan blive til … Reaktionen er meget langsom ved 25 °C, og en katalysator …”

NoteFacit

Reaktionsskemaet er N₂(g) + O₂(g) ⇌ 2 NO(g). Tabelværdierne er

	N2(g)	O2(g)	NO(g)
G⊖ i kJ/mol	0	0	87,6
Koefficient	1	1	2

1. Tilvæksten i Gibbs-energi ved standardtilstand er

\[ \Delta G^{\ominus} = 2 \cdot G^{\ominus}(\mathrm{NO(g)}) - G^{\ominus}(\mathrm{N_2(g)}) - G^{\ominus}(\mathrm{O_2(g)}) = \left(2 \cdot 87{,}6 - 0 - 0\right)\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} = 175{,}2\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG^⊖ er positiv og stor. Dannelsen af NO er ikke spontan ved 25 °C og standardtilstand.

2. ΔG^⊖ regnes om til joule: 175,2 kJ/mol = 175 200 J/mol. Temperaturen er T = (273 + 25) K = 298 K.

\[ \ln K = -\frac{\Delta G^{\ominus}}{R \cdot T} = -\frac{175\,200\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K}} = -70{,}714 \]

\[ K = e^{-70{,}714} = 1{,}9 \cdot 10^{-31} \]

I ligevægtsloven, K_p = p(NO)² / (p(N₂) · p(O₂)), står der bar² både over og under brøkstregen, så ligevægtskonstanten har ingen enhed. Ved 25 °C er K_p = 1,9 · 10⁻³¹. Ligevægtskonstanten er forsvindende lille, så ligevægten er forskudt helt mod venstre. Derfor reagerer luftens nitrogen og oxygen ikke med hinanden ved almindelige temperaturer.

3. Kendte størrelser: ΔH^⊖ = 182,6 kJ/mol, ΔS^⊖ = 24,8 J/(mol · K) = 0,0248 kJ/(mol · K) og T = 2300 K.

\[ \Delta G^{\ominus} = \Delta H^{\ominus} - T \cdot \Delta S^{\ominus} = 182{,}6\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} - 2300\ \mathrm{K} \cdot 0{,}0248\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} = 125{,}6\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG^⊖ regnes om til joule: 125,6 kJ/mol = 125 600 J/mol.

\[ \ln K = -\frac{125\,600\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 2300\ \mathrm{K}} = -6{,}568 \]

\[ K = e^{-6{,}568} = 1{,}4 \cdot 10^{-3} \]

Ved 2300 K er K_p = 1,4 · 10⁻³. Beregningen antager, at ΔH^⊖ og ΔS^⊖ ikke afhænger af temperaturen. Ligevægtskonstanten er stadig mindre end 1, men den er cirka 10²⁸ gange større end ved 25 °C. Det passer med, at reaktionen er endoterm. I den varme cylinder dannes der derfor en lille, men mærkbar mængde NO.

4. Partialtrykkene sættes ind i reaktionsbrøken som tal uden enhed.

\[ Y = \frac{p(\mathrm{NO})^{2}}{p(\mathrm{N_2}) \cdot p(\mathrm{O_2})} = \frac{(1{,}0 \cdot 10^{-3})^{2}}{0{,}75 \cdot 0{,}050} = 2{,}67 \cdot 10^{-5} \]

Gaskonstanten regnes om til kJ: R = 8,314 · 10⁻³ kJ/(mol · K). Ved 25 °C er ΔG^⊖ = 175,2 kJ/mol.

\[ \Delta G = \Delta G^{\ominus} + R \cdot T \cdot \ln Y = 175{,}2\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} + 8{,}314 \cdot 10^{-3}\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K} \cdot \ln\left(2{,}67 \cdot 10^{-5}\right) = 149{,}1\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG = 149,1 kJ/mol for udstødningsgassen ved 25 °C. Den er positiv, så reaktionen forløber spontant mod venstre. NO kan altså blive til N₂ og O₂ af sig selv. Termodynamikken fortæller kun, at reaktionen kan forløbe. Den fortæller ikke, hvor hurtigt det går, og ved 25 °C er reaktionen så langsom, at NO slipper ud med udstødningen. En katalysator får en reaktion til at gå hurtigere uden at ændre ΔG. Fordi omdannelsen af NO til N₂ og O₂ er spontan, kan en katalysator derfor fjerne NO fra udstødningen.

Opgave A2.5.eks.3: Natron i skabet og i ovnen

Natron er natriumhydrogencarbonat, NaHCO₃. Natron kan stå i køkkenskabet i årevis. I den varme ovn spaltes natron, og gasserne får kagen til at hæve:

2 NaHCO₃(s) ⇌ Na₂CO₃(s) + CO₂(g) + H₂O(g)

For reaktionen er ΔH^⊖ = 135,6 kJ/mol og ΔS^⊖ = 334,2 J/(mol · K).

1. Opskriv ligevægtsloven for spaltningen af natron.
2. Beregn ΔG^⊖ ved 25 °C ud fra tabellen Termodynamiske data, og beregn ligevægtskonstanten ved 25 °C.
3. I et køkkenskab ved 25 °C er p(CO₂) = 4,2 · 10⁻⁴ bar og p(H₂O) = 0,020 bar. Beregn ΔG for spaltningen af natron i skabet, og forklar, hvorfor natron kan holde sig i skabet.
4. Beregn ligevægtskonstanten ved 180 °C, og forklar, hvorfor natron får kagen til at hæve i ovnen.

TipHjælp 1

De to faste stoffer, NaHCO₃ og Na₂CO₃, er ikke med i ligevægtsloven. Ved 25 °C beregnes ΔG^⊖ af tabelværdierne for G^⊖. Husk koefficienten 2 foran NaHCO₃. Ved 180 °C skal du bruge ΔG^⊖ = ΔH^⊖ − T · ΔS^⊖ med de to værdier fra opgaveteksten.

TipHjælp 2

Ligevægtsloven for spaltningen af natron er K_p = p(CO₂) · p(H₂O). ΔG^⊖ er 36,0 kJ/mol ved 25 °C. I køkkenskabet er reaktionsbrøken Y = 4,2 · 10⁻⁴ · 0,020. Ved 180 °C er T = 453 K, og ΔG^⊖ bliver −15,8 kJ/mol.

Du kan begynde forklaringerne sådan: “I skabet er ΔG …, så reaktionen forløber mod …” og “I ovnen er ligevægtskonstanten …, og reaktionsbrøken kan ikke blive så stor, fordi …”

NoteFacit

Reaktionsskemaet er 2 NaHCO₃(s) ⇌ Na₂CO₃(s) + CO₂(g) + H₂O(g).

1. De to faste stoffer er ikke med i reaktionsbrøken. Ligevægtsloven er

\[ K_\mathrm{p} = p(\mathrm{CO_2}) \cdot p(\mathrm{H_2O}) \]

Enheden er bar².

2. Tabelværdierne er

	NaHCO3(s)	Na2CO3(s)	CO2(g)	H2O(g)
G⊖ i kJ/mol	−851,7	−1044,4	−394,4	−228,6
Koefficient	2	1	1	1

\[ \Delta G^{\ominus} = G^{\ominus}(\mathrm{Na_2CO_3(s)}) + G^{\ominus}(\mathrm{CO_2(g)}) + G^{\ominus}(\mathrm{H_2O(g)}) - 2 \cdot G^{\ominus}(\mathrm{NaHCO_3(s)}) \]

\[ \Delta G^{\ominus} = \left((-1044{,}4) + (-394{,}4) + (-228{,}6) - 2 \cdot (-851{,}7)\right)\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} = 36{,}0\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG^⊖ er positiv, så spaltningen af natron er ikke spontan ved 25 °C og standardtilstand.

ΔG^⊖ regnes om til joule: 36,0 kJ/mol = 36 000 J/mol. Temperaturen er T = (273 + 25) K = 298 K.

\[ \ln K = -\frac{\Delta G^{\ominus}}{R \cdot T} = -\frac{36\,000\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K}} = -14{,}530 \]

\[ K = e^{-14{,}530} = 4{,}9 \cdot 10^{-7} \]

Ved 25 °C er K_p = 4,9 · 10⁻⁷ bar².

3. Partialtrykkene i køkkenskabet sættes ind i reaktionsbrøken som tal uden enhed.

\[ Y = p(\mathrm{CO_2}) \cdot p(\mathrm{H_2O}) = 4{,}2 \cdot 10^{-4} \cdot 0{,}020 = 8{,}4 \cdot 10^{-6} \]

Gaskonstanten regnes om til kJ: R = 8,314 · 10⁻³ kJ/(mol · K).

\[ \Delta G = \Delta G^{\ominus} + R \cdot T \cdot \ln Y = 36{,}0\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} + 8{,}314 \cdot 10^{-3}\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 298\ \mathrm{K} \cdot \ln\left(8{,}4 \cdot 10^{-6}\right) = 7{,}0\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG = 7,0 kJ/mol for spaltningen af natron i skabet. Den er positiv, så reaktionen forløber ikke mod højre. Reglen med Y og K giver det samme: Y = 8,4 · 10⁻⁶ bar² er større end K_p = 4,9 · 10⁻⁷ bar². Luften i skabet indeholder altså mere CO₂ og vanddamp, end der er ved ligevægt. Reaktionen kan heller ikke forløbe mod venstre, så længe der ikke er noget Na₂CO₃ i skabet. Derfor sker der ingenting, og natron kan holde sig i skabet.

4. Kendte størrelser: ΔH^⊖ = 135,6 kJ/mol, ΔS^⊖ = 334,2 J/(mol · K) = 0,3342 kJ/(mol · K) og T = (273 + 180) K = 453 K.

\[ \Delta G^{\ominus} = \Delta H^{\ominus} - T \cdot \Delta S^{\ominus} = 135{,}6\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} - 453\ \mathrm{K} \cdot 0{,}3342\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol \cdot K}} = -15{,}8\ \dfrac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{mol}} \]

ΔG^⊖ regnes om til joule: −15,8 kJ/mol = −15 800 J/mol.

\[ \ln K = -\frac{-15\,800\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot 453\ \mathrm{K}} = 4{,}195 \]

\[ K = e^{4{,}195} = 66 \]

Ved 180 °C er K_p = 66 bar². Beregningen antager, at ΔH^⊖ og ΔS^⊖ ikke afhænger af temperaturen.

Ligevægtskonstanten er over 100 millioner gange større ved 180 °C end ved 25 °C. Det passer med, at spaltningen er endoterm. Trykket i en ovn er cirka 1 bar, så p(CO₂) · p(H₂O) kan højst blive 0,5 bar · 0,5 bar = 0,25 bar². Reaktionsbrøken er derfor altid mindre end 66 bar², og reaktionen forløber mod højre, til al natron er spaltet. CO₂ og vanddamp danner bobler i dejen, og kagen hæver.