Opgaver til A5.4

Opgaverne hører til afsnit A5.4 Arrhenius-ligningen. Prøv selv, før du åbner hjælpen under opgaven. Du skal bruge et regneark eller et CAS-værktøj til den lineære regression.

Opgave A5.4.1: Rester i køleskabet

Rester fra aftensmaden holder sig i flere dage i køleskabet, men kun kort tid på køkkenbordet. De reaktioner, der gør maden dårlig, følger Arrhenius-ligningen:

\[ k = A \cdot e^{-\frac{E_\mathrm{a}}{R \cdot T}} \]

  1. Angiv, hvad Ea, A, R og T står for, og hvilken enhed hver af dem har.
  2. Maden flyttes fra køkkenbordet ved 20 °C til køleskabet ved 5 °C. Forklar, hvad der sker med leddet med e og med hastighedskonstanten k.
  3. To reaktioner i maden har samme frekvensfaktor, men reaktion 1 har en højere aktiveringsenergi end reaktion 2. Hvilken af de to reaktioner har den største hastighedskonstant? Begrund svaret.

Forklaringen på de fire bogstaver står lige under Arrhenius-ligningen i afsnit A5.4. Leddet med e er den brøkdel af sammenstødene, der har energi nok til, at molekylerne reagerer. Tænk over, om den brøkdel bliver større eller mindre, når maden bliver kold.

I Arrhenius-ligningen er Ea en energi pr. mol, og T skal stå i kelvin. A har altid samme enhed som k.

Du kan begynde forklaringen sådan: “Når maden kommer i køleskabet, bliver T …, så brøken Ea / (R · T) bliver … Eksponenten er negativ, så leddet med e bliver … Det betyder, at … af sammenstødene har energi nok, og hastighedskonstanten …”

Du kan begynde begrundelsen sådan: “En høj aktiveringsenergi betyder, at … af sammenstødene har energi nok, så hastighedskonstanten er …”

  1. I Arrhenius-ligningen står de fire bogstaver for:
  • Ea er aktiveringsenergien: den energi, et sammenstød mindst skal have, for at molekylerne reagerer. Enheden er J/mol, og den opgives tit i kJ/mol.
  • A er frekvensfaktoren. Den fortæller, hvor tit molekylerne støder sammen på den rigtige måde. Den har samme enhed som hastighedskonstanten k.
  • R er gaskonstanten, 8,314 J/(mol · K).
  • T er temperaturen i kelvin, K.

  1. Når maden flyttes fra 20 °C til 5 °C, falder T fra 293 K til 278 K. Så bliver brøken Ea / (R · T) større. Eksponenten er negativ, så leddet med e bliver mindre: en mindre brøkdel af sammenstødene har energi nok. Frekvensfaktoren ændrer sig ikke, så hastighedskonstanten k bliver mindre. De reaktioner, der gør maden dårlig, går derfor langsommere i køleskabet.

  2. Reaktion 2 har den største hastighedskonstant. De to reaktioner har samme frekvensfaktor og samme temperatur, så forskellen ligger i leddet med e. Reaktion 2 har den laveste aktiveringsenergi, så en større brøkdel af sammenstødene har energi nok, og leddet med e er størst for reaktion 2.

Opgave A5.4.2: Fra målinger til punkter

Dinitrogenpentaoxid, N2O5, findes som gas i forurenet luft. Gassen spaltes til nitrogendioxid og dioxygen:

2 N2O5(g) → 4 NO2(g) + O2(g)

Tabellen viser hastighedskonstanten for spaltningen af dinitrogenpentaoxid ved fire temperaturer.

t i °C k i s−1
25 3,5 · 10−5
35 1,4 · 10−4
45 4,8 · 10−4
55 1,6 · 10−3
  1. Beregn temperaturen T i kelvin for hver af de fire målinger.
  2. Beregn 1/T og ln k for hver måling, og saml tallene i en tabel.
  3. Angiv, hvad der skal stå på x-aksen og på y-aksen i en graf, der skal give en ret linje.
  4. Hvilken af de fire målinger kommer til at ligge længst til venstre i grafen? Begrund svaret.

Temperaturen i kelvin er T = (273 + t/°C) K. For den første måling på dinitrogenpentaoxid er T = (273 + 25) K = 298 K. Beregn altid 1/T med temperaturen i kelvin, aldrig med grader celsius.

For den første måling på dinitrogenpentaoxid er 1/T = 1/(298 K) = 3,356 · 10−3 K−1 og ln k = ln(3,5 · 10−5) = −10,260. Regn de tre andre målinger på samme måde. Til spørgsmål c: sammenlign det lineære udtryk ln k = −Ea / R · 1/T + ln A med den rette linje y = a · x + b.

  1. og b. Temperaturen regnes om med T = (273 + t/°C) K. For den første måling på dinitrogenpentaoxid er T = (273 + 25) K = 298 K, 1/T = 1/(298 K) = 3,356 · 10−3 K−1 og ln k = ln(3,5 · 10−5) = −10,260.
t i °C T i K k i s−1 1/T i K−1 ln(k / s−1)
25 298 3,5 · 10−5 3,356 · 10−3 −10,260
35 308 1,4 · 10−4 3,247 · 10−3 −8,874
45 318 4,8 · 10−4 3,145 · 10−3 −7,642
55 328 1,6 · 10−3 3,049 · 10−3 −6,438

  1. Det lineære udtryk er ln k = −Ea / R · 1/T + ln A. På x-aksen står 1/T, og på y-aksen står ln k.

  2. Målingen ved 55 °C kommer til at ligge længst til venstre. Den højeste temperatur giver den mindste værdi af 1/T. I en graf over ln k som funktion af 1/T ligger de varme målinger altså til venstre og de kolde til højre.

Opgave A5.4.3: Gær i en dej

Gær omdanner glucose til ethanol og carbondioxid, og carbondioxiden får en dej til at hæve. Dejen hæver hurtigere et lunt sted end i køleskabet. I et forsøg er hastighedskonstanten k for gærens omdannelse af glucose bestemt ved fem temperaturer mellem 10 °C og 30 °C. Figuren viser ln k som funktion af 1/T. Regressionslinjen har forskriften

\[ \ln(k / \mathrm{h^{-1}}) = -8382\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{T} + 26{,}33 \]

Figur 1: Figuren viser ln k som funktion af 1/T for gærens omdannelse af glucose.
  1. Angiv hældningen a med enhed.
  2. Bestem aktiveringsenergien for gærens omdannelse af glucose i kJ/mol.
  3. Linjen falder mod højre. Forklar, hvad det fortæller om hastighedskonstanten, når temperaturen stiger.
  4. Kan en graf over ln k som funktion af 1/T stige mod højre? Begrund svaret.

Sammenlign forskriften for gærens omdannelse af glucose med det lineære udtryk ln k = −Ea / R · 1/T + ln A. Tallet foran 1/T er hældningen a, og a = −Ea / R.

For gærens omdannelse af glucose er hældningen a = −8382 K. Brug Ea = −a · R med R = 8,314 J/(mol · K). Resultatet kommer i J/mol og skal divideres med 1000 for at blive til kJ/mol. Husk, at x-aksen viser 1/T: en høj temperatur ligger til venstre i figuren.

Du kan begynde forklaringen sådan: “Mod højre i figuren bliver 1/T …, så temperaturen bliver … Linjen falder, så ln k og dermed k bliver …, når temperaturen …”

  1. I forskriften for gærens omdannelse af glucose er hældningen tallet foran 1/T: a = −8382 K.

  2. Hældningen er a = −Ea / R, så

\[ E_\mathrm{a} = -a \cdot R = 8382\ \mathrm{K} \cdot 8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} = 6{,}969 \cdot 10^{4}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

Aktiveringsenergien for gærens omdannelse af glucose er Ea = 69,7 kJ/mol.

  1. Mod højre i figuren bliver 1/T større, så temperaturen bliver lavere. Linjen falder, så ln k og dermed k bliver mindre, når temperaturen falder. Læst den anden vej: når temperaturen stiger, bevæger man sig mod venstre i figuren, og hastighedskonstanten bliver større. Det passer med, at dejen hæver hurtigere et lunt sted.

  2. Nej. Hældningen er −Ea / R. Aktiveringsenergien er altid positiv, og gaskonstanten er positiv, så hældningen er altid negativ. En graf over ln k som funktion af 1/T falder derfor altid mod højre. Får du en positiv hældning, er der en fejl i tabellen, fx at temperaturen ikke er regnet om til kelvin, eller at x og y er byttet om.

Opgave A5.4.4: Neglelakfjerner og base

Esteren ethylethanoat bruges som opløsningsmiddel i neglelakfjerner. I basisk opløsning reagerer ethylethanoat med hydroxid:

CH3COOCH2CH3(aq) + OH−(aq) → CH3COO−(aq) + CH3CH2OH(aq)

Reaktionen er af første orden med hensyn til hver af de to reaktanter, så hastighedskonstanten har enheden M−1 · s−1. Målinger ved flere temperaturer giver modellen

\[ \ln\left( k / (\mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}}) \right) = -5710\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{T} + 16{,}95 \]

  1. Angiv skæringen b i modellen, og angiv, hvad skæringen er lig med i Arrhenius-ligningen på lineær form.
  2. Bestem frekvensfaktoren A med enhed.
  3. Beregn hastighedskonstanten ved 40 °C.
  4. Beregn hastighedskonstanten ved 10 °C, og beregn, hvor mange gange større hastighedskonstanten er ved 40 °C end ved 10 °C.

Sammenlign modellen for reaktionen mellem ethylethanoat og hydroxid med ln k = −Ea / R · 1/T + ln A. Det sidste tal i modellen er skæringen b, og b = ln A. Frekvensfaktoren findes med funktionen ex på lommeregneren, og den har samme enhed som k.

For reaktionen mellem ethylethanoat og hydroxid er A = e16,95 M−1 · s−1. Til spørgsmål c regnes temperaturen først om til kelvin: T = (273 + 40) K = 313 K. Sæt 313 K ind i modellen på pladsen for T, og beregn ln k. Brug derefter funktionen ex på lommeregneren på resultatet for at finde k. Ved 10 °C er T = 283 K.

  1. I modellen for reaktionen mellem ethylethanoat og hydroxid er skæringen b = 16,95. I Arrhenius-ligningen på lineær form, ln k = −Ea / R · 1/T + ln A, er skæringen lig med ln A.

  2. Skæringen er ln A = 16,95, så

\[ A = e^{16{,}95}\ \mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}} = 2{,}3 \cdot 10^{7}\ \mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}} \]

Frekvensfaktoren har samme enhed som hastighedskonstanten.

  1. Temperaturen regnes om til kelvin: T = (273 + 40) K = 313 K.

\[ \ln\left( k / (\mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}}) \right) = -5710\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{313\ \mathrm{K}} + 16{,}95 = -1{,}293 \]

\[ k = e^{-1{,}293}\ \mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}} = 0{,}274\ \mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}} \]

Hastighedskonstanten for reaktionen mellem ethylethanoat og hydroxid er 0,274 M−1 · s−1 ved 40 °C.

  1. Ved 10 °C er T = (273 + 10) K = 283 K.

\[ \ln\left( k / (\mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}}) \right) = -5710\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{283\ \mathrm{K}} + 16{,}95 = -3{,}227 \]

\[ k = e^{-3{,}227}\ \mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}} = 0{,}0397\ \mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}} \]

Forholdet mellem de to hastighedskonstanter er

\[ \frac{k(40\ \mathrm{°C})}{k(10\ \mathrm{°C})} = \frac{0{,}274\ \mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}}}{0{,}0397\ \mathrm{M^{-1} \cdot s^{-1}}} = 6{,}9 \]

Hastighedskonstanten for reaktionen mellem ethylethanoat og hydroxid er omkring 7 gange større ved 40 °C end ved 10 °C.

Opgave A5.4.5: Feber

Ved feber stiger kroppens temperatur, fx fra 37 °C til 40 °C. En af kroppens reaktioner har aktiveringsenergien 60 kJ/mol.

  1. Regn de to temperaturer om til kelvin, og regn aktiveringsenergien om til J/mol.
  2. Beregn, hvor mange gange hurtigere reaktionen går ved 40 °C end ved 37 °C.
  3. En anden af kroppens reaktioner har aktiveringsenergien 120 kJ/mol. Beregn, hvor mange gange hurtigere den reaktion går ved 40 °C end ved 37 °C.
  4. Forklar ud fra formlen for to temperaturer, hvilken af de to reaktioner der mærker mest til feberen.

Brug formlen for to temperaturer fra afsnit A5.4: ln(k2 / k1) = Ea / R · (1/T1 − 1/T2). Her er T1 kroppens normale temperatur, og T2 er temperaturen ved feber. Begge skal stå i kelvin, og aktiveringsenergien skal stå i J/mol.

Kroppens normale temperatur er T1 = (273 + 37) K = 310 K, og ved feber er T2 = (273 + 40) K = 313 K. For reaktionen med aktiveringsenergien 60 kJ/mol = 60 000 J/mol giver formlen ln(k2 / k1) = 0,223. Brug funktionen ex på lommeregneren til at finde k2 / k1.

Du kan begynde forklaringen sådan: “I formlen står Ea foran parentesen, så en dobbelt så stor aktiveringsenergi giver en … værdi af ln(k2 / k1). Reaktionen med … mærker derfor mest til feberen.”

  1. Kroppens normale temperatur er T1 = (273 + 37) K = 310 K, og temperaturen ved feber er T2 = (273 + 40) K = 313 K. Aktiveringsenergien er Ea = 60 kJ/mol = 60 000 J/mol.

  2. Formlen for to temperaturer er

\[ \ln\left( \frac{k_2}{k_1} \right) = \frac{E_\mathrm{a}}{R} \cdot \left( \frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2} \right) \]

\[ \ln\left( \frac{k_2}{k_1} \right) = \frac{60\,000\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}}} \cdot \left( \frac{1}{310\ \mathrm{K}} - \frac{1}{313\ \mathrm{K}} \right) = 0{,}223 \]

\[ \frac{k_2}{k_1} = e^{0{,}223} = 1{,}25 \]

Reaktionen med aktiveringsenergien 60 kJ/mol går 1,25 gange så hurtigt ved 40 °C som ved 37 °C. Det er 25 % hurtigere.

  1. For reaktionen med aktiveringsenergien 120 kJ/mol = 120 000 J/mol er

\[ \ln\left( \frac{k_2}{k_1} \right) = \frac{120\,000\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}}} \cdot \left( \frac{1}{310\ \mathrm{K}} - \frac{1}{313\ \mathrm{K}} \right) = 0{,}446 \]

\[ \frac{k_2}{k_1} = e^{0{,}446} = 1{,}56 \]

Reaktionen med aktiveringsenergien 120 kJ/mol går 1,56 gange så hurtigt ved 40 °C som ved 37 °C. Det er 56 % hurtigere.

  1. I formlen står Ea foran parentesen, og parentesen er den samme for de to reaktioner, fordi temperaturerne er de samme. En dobbelt så stor aktiveringsenergi giver derfor en dobbelt så stor værdi af ln(k2 / k1): 0,446 mod 0,223. Reaktionen med aktiveringsenergien 120 kJ/mol mærker mest til feberen. Jo større aktiveringsenergien er, jo mere vokser hastigheden, når temperaturen stiger.

Opgave A5.4.6: Fårekyllingens sang

En fårekylling synger ved at gnide vingerne mod hinanden, og hver bevægelse giver et kort pip. Fårekyllingen piper hurtigere, jo varmere det er. Sangen styres af kemiske reaktioner i fårekyllingens nerver og muskler, og antallet af pip pr. minut er proportionalt med hastighedskonstanten for de reaktioner. En fårekylling piper 76 gange i minuttet ved 15 °C og 148 gange i minuttet ved 25 °C.

  1. Beregn forholdet k2 / k1 mellem hastighedskonstanten ved 25 °C og hastighedskonstanten ved 15 °C.
  2. Bestem aktiveringsenergien for de reaktioner, der styrer fårekyllingens sang.
  3. Tommelfingerreglen fra B-niveau siger, at 10 °C mere giver omkring dobbelt så høj hastighed. Vurdér, om reglen passer for fårekyllingens sang.

Antallet af pip pr. minut er proportionalt med hastighedskonstanten, så k2 / k1 er det samme som forholdet mellem fårekyllingens to antal pip. Brug derefter formlen for to temperaturer, ln(k2 / k1) = Ea / R · (1/T1 − 1/T2), med T1 = 288 K og T2 = 298 K.

For fårekyllingen er k2 / k1 = 148 / 76. Isolér Ea i formlen for to temperaturer: gang med R på begge sider, og divider med parentesen. Så er Ea = R · ln(k2 / k1) / (1/T1 − 1/T2). Parentesen er 1/T1 − 1/T2 = 1/(288 K) − 1/(298 K) = 1,165 · 10−4 K−1. Tommelfingerreglen siger, at 10 °C mere giver omkring dobbelt så høj hastighed.

  1. Antallet af pip pr. minut er proportionalt med hastighedskonstanten, så forholdet mellem hastighedskonstanterne er det samme som forholdet mellem fårekyllingens antal pip ved 25 °C og ved 15 °C:

\[ \frac{k_2}{k_1} = \frac{148}{76} = 1{,}95 \]

  1. Temperaturerne er T1 = (273 + 15) K = 288 K og T2 = (273 + 25) K = 298 K. I formlen for to temperaturer isoleres Ea:

\[ \ln\left( \frac{k_2}{k_1} \right) = \frac{E_\mathrm{a}}{R} \cdot \left( \frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2} \right) \qquad\text{giver}\qquad E_\mathrm{a} = \frac{R \cdot \ln\left( \dfrac{k_2}{k_1} \right)}{\dfrac{1}{T_1} - \dfrac{1}{T_2}} \]

\[ E_\mathrm{a} = \frac{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot \ln\left( \dfrac{148}{76} \right)}{\dfrac{1}{288\ \mathrm{K}} - \dfrac{1}{298\ \mathrm{K}}} = 4{,}76 \cdot 10^{4}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

Aktiveringsenergien for de reaktioner, der styrer fårekyllingens sang, er Ea = 47,6 kJ/mol.

  1. Tommelfingerreglen siger, at 10 °C mere giver omkring dobbelt så høj hastighed. Fra 15 °C til 25 °C bliver fårekyllingens sang 1,95 gange så hurtig, så reglen passer godt. Det stemmer med, at aktiveringsenergien ligger tæt på 50 kJ/mol, hvor reglen gælder ved stuetemperatur.

Opgave A5.4.7: Pasteurisering af mælk

Når mælk pasteuriseres, varmes den op i kort tid. Varmen sætter fart på to reaktioner. Reaktion A ødelægger proteiner i bakterierne, så bakterierne dør. Reaktion B nedbryder vitamin B1 i mælken. Mejeriet vil gerne have meget af reaktion A og lidt af reaktion B. Figuren viser ln k som funktion af 1/T for de to reaktioner. De stiplede linjer viser 60 °C og 72 °C.

Figur 2: Figuren viser ln k som funktion af 1/T for reaktion A, hvor bakterier dør, og reaktion B, hvor vitamin B1 nedbrydes.
  1. Hvilken af de to reaktioner har den største aktiveringsenergi? Begrund svaret ud fra figuren.
  2. Aflæs ln k for begge reaktioner ved 60 °C og ved 72 °C, og beregn, hvor mange gange større hver af de to hastighedskonstanter bliver, når mælken varmes fra 60 °C til 72 °C.
  3. Bestem aktiveringsenergien for reaktion A ud fra de to aflæste punkter.
  4. Mejeriet varmer mælken til 72 °C i 15 sekunder i stedet for at varme den til en lavere temperatur i længere tid. Forklar hvorfor.

Hældningen i en graf over ln k som funktion af 1/T er −Ea / R. Jo stejlere linjen for en reaktion er, jo større er reaktionens aktiveringsenergi. Sammenlign linjen for reaktion A, hvor bakterier dør, med linjen for reaktion B, hvor vitamin B1 nedbrydes.

For reaktion A, hvor bakterier dør, aflæses ln k = −4,0 ved 60 °C og ln k = 0,0 ved 72 °C. Forskellen mellem to værdier af ln k er ln(k2 / k1), så k2 / k1 = e4,0. Gør det samme for reaktion B, hvor vitamin B1 nedbrydes. Hældningen for reaktion A er forskellen i ln k divideret med forskellen i 1/T, og Ea = −a · R.

Du kan begynde forklaringen sådan: “Når mælken varmes fra 60 °C til 72 °C, bliver hastighedskonstanten for reaktion A … gange større, mens hastighedskonstanten for reaktion B kun bliver … gange større. Ved 72 °C kan mejeriet derfor nøjes med …, og på så kort tid …”

  1. Reaktion A, hvor bakterier dør, har den største aktiveringsenergi. Hældningen i en graf over ln k som funktion af 1/T er −Ea / R. Linjen for reaktion A er meget stejlere end linjen for reaktion B, så reaktion A har den numerisk største hældning og dermed den største aktiveringsenergi.

  2. De stiplede linjer ligger ved 1/T = 3,00 · 10−3 K−1 (60 °C) og 1/T = 2,90 · 10−3 K−1 (72 °C).

ln k ved 60 °C ln k ved 72 °C Forskel
Reaktion A: bakterier dør −4,0 0,0 4,0
Reaktion B: vitamin B1 nedbrydes −13,0 −12,0 1,0

Forskellen mellem to værdier af ln k er ln k2 − ln k1 = ln(k2 / k1). For reaktion A er

\[ \frac{k_2}{k_1} = e^{4{,}0} = 55 \]

For reaktion B er

\[ \frac{k_2}{k_1} = e^{1{,}0} = 2{,}7 \]

Hastighedskonstanten for reaktion A bliver 55 gange større, og hastighedskonstanten for reaktion B bliver 2,7 gange større, når mælken varmes fra 60 °C til 72 °C.

  1. Hældningen for reaktion A er forskellen i ln k divideret med forskellen i 1/T:

\[ a = \frac{0{,}0 - (-4{,}0)}{2{,}90 \cdot 10^{-3}\ \mathrm{K^{-1}} - 3{,}00 \cdot 10^{-3}\ \mathrm{K^{-1}}} = -4{,}0 \cdot 10^{4}\ \mathrm{K} \]

\[ E_\mathrm{a} = -a \cdot R = 4{,}0 \cdot 10^{4}\ \mathrm{K} \cdot 8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} = 3{,}3 \cdot 10^{5}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

Aktiveringsenergien for reaktion A er omkring 330 kJ/mol. Det er en meget høj aktiveringsenergi.

  1. Reaktion A har en meget større aktiveringsenergi end reaktion B, så reaktion A mærker meget mere til temperaturen. Når mælken varmes fra 60 °C til 72 °C, dør bakterierne 55 gange så hurtigt, mens vitamin B1 kun nedbrydes 2,7 gange så hurtigt. Ved 72 °C kan mejeriet derfor nøjes med 15 sekunder, og på så kort tid når kun meget lidt vitamin at blive nedbrudt. Ved 60 °C skulle mælken varmes 55 gange så længe for at slå lige så mange bakterier ihjel. Det er omkring 14 minutter, og i den tid ville der blive nedbrudt omkring 20 gange så meget vitamin B1 som ved 72 °C i 15 sekunder.

Opgave A5.4.8: Sodavand uden sukker

Sodavand uden sukker er sødet med sødestoffer, blandt andet aspartam. I sodavanden nedbrydes aspartam langsomt, og sodavanden mister sin søde smag. Det går hurtigere, når sodavanden står varmt. I et lagerforsøg er hastighedskonstanten for nedbrydningen af aspartam bestemt ved fem temperaturer.

t i °C k i døgn−1
25 0,00301
35 0,00832
45 0,0196
55 0,0493
65 0,107
  1. Beregn T, 1/T og ln k for hver af de fem målinger, og saml tallene i en tabel.
  2. Afbild ln k som funktion af 1/T, lav lineær regression, og opskriv modellen med symboler og enheder.
  3. Vurdér, om nedbrydningen af aspartam følger Arrhenius-ligningen.
  4. Bestem aktiveringsenergien for nedbrydningen af aspartam.

Regn hver temperatur i forsøget med aspartam om til kelvin med T = (273 + t/°C) K, og beregn 1/T og ln k i et regneark. Det lineære udtryk er ln k = −Ea / R · 1/T + ln A, så 1/T skal stå på x-aksen og ln k på y-aksen.

For den første måling på aspartam er T = (273 + 25) K = 298 K, 1/T = 3,356 · 10−3 K−1 og ln k = ln(0,00301) = −5,806. Regressionen giver en hældning tæt på −8992 K. Linjen må ikke tvinges gennem (0,0). Aktiveringsenergien er Ea = −a · R.

Du kan begynde vurderingen sådan: “Punkterne ligger … linjen og … omkring den, og forklaringsgraden er … Nedbrydningen af aspartam følger derfor …”

  1. Temperaturerne i forsøget med aspartam regnes om med T = (273 + t/°C) K, og 1/T og ln k beregnes.
t i °C T i K k i døgn−1 1/T i K−1 ln(k / døgn−1)
25 298 0,00301 3,356 · 10−3 −5,806
35 308 0,00832 3,247 · 10−3 −4,789
45 318 0,0196 3,145 · 10−3 −3,932
55 328 0,0493 3,049 · 10−3 −3,010
65 338 0,107 2,959 · 10−3 −2,235
  1. Det lineære udtryk er ln k = −Ea / R · 1/T + ln A. Derfor afbildes ln k som funktion af 1/T.
Figur 3: ln k som funktion af 1/T for nedbrydningen af aspartam med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = −8992 · x + 24,38. Her er y = ln k, og x = 1/T. Med symboler og enheder er modellen

\[ \ln(k / \mathrm{døgn^{-1}}) = -8992\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{T} + 24{,}38 \]

  1. Punkterne ligger tæt på linjen og tilfældigt over og under den, og forklaringsgraden er r2 = 0,9997. Modellen beskriver målingerne godt, så nedbrydningen af aspartam følger Arrhenius-ligningen mellem 25 °C og 65 °C.

  2. Hældningen er a = −Ea / R, så

\[ E_\mathrm{a} = -a \cdot R = 8992\ \mathrm{K} \cdot 8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} = 7{,}476 \cdot 10^{4}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

Aktiveringsenergien for nedbrydningen af aspartam er Ea = 74,8 kJ/mol. Dine tal kan afvige lidt på det sidste ciffer, hvis du har regnet videre med afrundede tal fra tabellen.

Opgaver i eksamensstil

Opgaverne ligner dem, du møder til den skriftlige prøve i kemi A. Skriv svarene, som du ville gøre til prøven: med det lineære udtryk, en graf med punkter og linje, modellen med symboler og enheder, en vurdering og en konklusion.

Opgave A5.4.eks.1: C-vitamin i appelsinjuice

Appelsinjuice indeholder C-vitamin, som også hedder ascorbinsyre, C6H8O6. Når kartonen er åbnet, reagerer ascorbinsyre langsomt med luftens dioxygen, og indholdet af C-vitamin falder. Nedbrydningen er af første orden med hensyn til ascorbinsyre. Tabellen viser hastighedskonstanten for nedbrydningen af ascorbinsyre i appelsinjuice ved seks temperaturer.

t i °C 20 28 36 44 52 60
k i døgn−1 0,0133 0,0264 0,0461 0,0880 0,148 0,253
  1. Opskriv Arrhenius-ligningen på lineær form, og angiv, hvad der skal afbildes på akserne for at få en ret linje.
  2. Bestem aktiveringsenergien for nedbrydningen af ascorbinsyre.
  3. Beregn hastighedskonstanten for nedbrydningen af ascorbinsyre ved 5 °C, som er temperaturen i et køleskab.
  4. Frisk appelsinjuice indeholder 450 mg ascorbinsyre pr. liter. Beregn indholdet af ascorbinsyre efter 14 døgn i køleskabet, og vurdér, hvad det betyder for indholdet, hvis juicen i stedet står ved 25 °C.

Det lineære udtryk er ln k = −Ea / R · 1/T + ln A. Regn de seks temperaturer for appelsinjuicen om til kelvin, og beregn 1/T og ln k i et regneark. Afbild ln k som funktion af 1/T, og lav lineær regression. En besvarelse skal have tabellen, grafen med punkter og linje, modellen med symboler og enheder, en vurdering og til sidst aktiveringsenergien.

For ascorbinsyre i appelsinjuice giver regressionen en hældning tæt på −7166 K og en skæring tæt på 20,15. Aktiveringsenergien er Ea = −a · R. Til spørgsmål c sættes T = (273 + 5) K = 278 K ind i modellen, og funktionen ex på lommeregneren giver derefter k. Til spørgsmål d: nedbrydningen er af første orden, så den brøkdel af ascorbinsyren, der er tilbage efter tiden t, er \(e^{-k \cdot t}\).

Du kan begynde vurderingen i spørgsmål b sådan: “Punkterne ligger … linjen og … omkring den, og forklaringsgraden er …”

  1. Arrhenius-ligningen på lineær form er

\[ \ln k = -\frac{E_\mathrm{a}}{R} \cdot \frac{1}{T} + \ln A \]

På x-aksen afbildes 1/T med temperaturen i kelvin, og på y-aksen afbildes ln k. Så er hældningen −Ea / R, og skæringen med y-aksen er ln A.

  1. Temperaturerne regnes om til kelvin med T = (273 + t/°C) K, og 1/T og ln k beregnes for hver måling på ascorbinsyre.
t i °C T i K k i døgn−1 1/T i K−1 ln(k / døgn−1)
20 293 0,0133 3,413 · 10−3 −4,320
28 301 0,0264 3,322 · 10−3 −3,634
36 309 0,0461 3,236 · 10−3 −3,077
44 317 0,0880 3,155 · 10−3 −2,430
52 325 0,148 3,077 · 10−3 −1,911
60 333 0,253 3,003 · 10−3 −1,374
Figur 4: ln k som funktion af 1/T for nedbrydningen af ascorbinsyre i appelsinjuice med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = −7166 · x + 20,15. Her er y = ln k, og x = 1/T. Med symboler og enheder er modellen

\[ \ln(k / \mathrm{døgn^{-1}}) = -7166\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{T} + 20{,}15 \]

Punkterne ligger tæt på linjen og tilfældigt over og under den, og forklaringsgraden er r2 = 0,9995. Residualplottet viser det samme: residualerne er højst 0,03 og uden mønster.

Figur 5: Residualplot for den rette linje gennem målingerne på ascorbinsyre.

Modellen beskriver målingerne godt, så nedbrydningen af ascorbinsyre følger Arrhenius-ligningen. Hældningen er a = −Ea / R, så

\[ E_\mathrm{a} = -a \cdot R = 7166\ \mathrm{K} \cdot 8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} = 5{,}958 \cdot 10^{4}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

Aktiveringsenergien for nedbrydningen af ascorbinsyre er Ea = 59,6 kJ/mol.

  1. Temperaturen regnes om til kelvin: T = (273 + 5) K = 278 K. Den sættes ind i modellen for ascorbinsyre:

\[ \ln(k / \mathrm{døgn^{-1}}) = -7166\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{278\ \mathrm{K}} + 20{,}15 = -5{,}627 \]

\[ k = e^{-5{,}627}\ \mathrm{døgn^{-1}} = 3{,}6 \cdot 10^{-3}\ \mathrm{døgn^{-1}} \]

Hastighedskonstanten for nedbrydningen af ascorbinsyre er 3,6 · 10−3 døgn−1 ved 5 °C.

  1. Nedbrydningen er af første orden, så \([\mathrm{ascorbinsyre}] = [\mathrm{ascorbinsyre}]_0 \cdot e^{-k \cdot t}\). Den brøkdel af ascorbinsyren, der er tilbage efter 14 døgn ved 5 °C, er

\[ e^{-k \cdot t} = e^{-0{,}0036 \cdot 14} = 0{,}951 \]

Indholdet af ascorbinsyre efter 14 døgn ved 5 °C er

\[ \text{indhold} = 0{,}951 \cdot 450\ \dfrac{\mathrm{mg}}{\mathrm{L}} = 428\ \dfrac{\mathrm{mg}}{\mathrm{L}} \]

Efter 14 døgn i køleskabet er der altså 428 mg ascorbinsyre pr. liter, og det er 95 % af indholdet i frisk juice.

Ved 25 °C er T = (273 + 25) K = 298 K, og modellen giver

\[ \ln(k / \mathrm{døgn^{-1}}) = -7166\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{298\ \mathrm{K}} + 20{,}15 = -3{,}897 \]

\[ k = e^{-3{,}897}\ \mathrm{døgn^{-1}} = 0{,}0203\ \mathrm{døgn^{-1}} \]

\[ e^{-k \cdot t} = e^{-0{,}0203 \cdot 14} = 0{,}753 \]

Indholdet af ascorbinsyre efter 14 døgn ved 25 °C er

\[ \text{indhold} = 0{,}753 \cdot 450\ \dfrac{\mathrm{mg}}{\mathrm{L}} = 339\ \dfrac{\mathrm{mg}}{\mathrm{L}} \]

Ved 25 °C er kun 75 % af ascorbinsyren tilbage efter 14 døgn. Juicen mister 111 mg ascorbinsyre pr. liter ved 25 °C, men kun 22 mg pr. liter i køleskabet. Tabet er altså omkring fem gange så stort uden for køleskabet. Temperaturen 5 °C ligger uden for det område, der er målt i, så hastighedskonstanten ved 5 °C er mere usikker end hastighedskonstanten ved 25 °C.

Opgave A5.4.eks.2: Penicillin i køleskabet

Penicillin til børn fås som en mikstur, som apoteket blander med vand. I vand reagerer penicillin langsomt med vandet og mister sin virkning. Nedbrydningen er af første orden med hensyn til penicillin. For hurtigt at kunne forudsige holdbarheden har et laboratorium målt halveringstiden for penicillin i miksturen ved fem temperaturer, som alle er højere end stuetemperatur.

t i °C 30 40 50 60 70
t½ i timer 170 63,6 23,0 9,96 4,13
  1. Beregn hastighedskonstanten for nedbrydningen af penicillin ved 30 °C.
  2. Bestem aktiveringsenergien for nedbrydningen af penicillin.
  3. Beregn halveringstiden for penicillin i miksturen ved 5 °C, som er temperaturen i et køleskab.
  4. Miksturen må bruges, så længe mindst 90 % af penicillinet er tilbage. Vurdér, om miksturen kan holde sig i 14 døgn i køleskabet.

For en reaktion af første orden er t½ = ln 2 / k, så k = ln 2 / t½. Beregn hastighedskonstanten for nedbrydningen af penicillin ved alle fem temperaturer. Derefter er fremgangsmåden den samme som altid: beregn 1/T og ln k, afbild ln k som funktion af 1/T, lav lineær regression, skriv modellen med symboler og enheder, vurdér den, og find Ea = −a · R.

Ved 30 °C er hastighedskonstanten for nedbrydningen af penicillin k = ln 2 / (170 h) = 4,08 · 10−3 h−1. Regressionen giver en hældning tæt på −9659 K og en skæring tæt på 26,37. Til spørgsmål c sættes T = 278 K ind i modellen, og halveringstiden er ln 2 / k. Til spørgsmål d bruges det lineære udtryk for første orden, ln[A] = −k · t + ln[A]0. Når 90 % er tilbage, er [A]0 / [A] = 100 / 90, og t = ln(100 / 90) / k.

  1. Nedbrydningen af penicillin er af første orden, så t½ = ln 2 / k. Ved 30 °C er

\[ k = \frac{\ln 2}{t_{\frac{1}{2}}} = \frac{\ln 2}{170\ \mathrm{h}} = 4{,}08 \cdot 10^{-3}\ \mathrm{h^{-1}} \]

  1. Arrhenius-ligningen på lineær form er ln k = −Ea / R · 1/T + ln A. Hastighedskonstanten for nedbrydningen af penicillin beregnes ved alle fem temperaturer som i spørgsmål a. Temperaturerne regnes om til kelvin, og 1/T og ln k beregnes.
t i °C T i K k i h−1 1/T i K−1 ln(k / h−1)
30 303 0,00408 3,300 · 10−3 −5,502
40 313 0,0109 3,195 · 10−3 −4,519
50 323 0,0301 3,096 · 10−3 −3,502
60 333 0,0696 3,003 · 10−3 −2,665
70 343 0,168 2,915 · 10−3 −1,785
Figur 6: ln k som funktion af 1/T for nedbrydningen af penicillin med den bedste rette linje.

Lineær regression giver y = −9659 · x + 26,37. Her er y = ln k, og x = 1/T. Med symboler og enheder er modellen

\[ \ln(k / \mathrm{h^{-1}}) = -9659\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{T} + 26{,}37 \]

Punkterne ligger tæt på linjen og tilfældigt over og under den, og forklaringsgraden er r2 = 0,9997. Modellen beskriver målingerne godt, så nedbrydningen af penicillin følger Arrhenius-ligningen mellem 30 °C og 70 °C. Hældningen er a = −Ea / R, så

\[ E_\mathrm{a} = -a \cdot R = 9659\ \mathrm{K} \cdot 8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} = 8{,}030 \cdot 10^{4}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

Aktiveringsenergien for nedbrydningen af penicillin er Ea = 80,3 kJ/mol.

  1. Temperaturen regnes om til kelvin: T = (273 + 5) K = 278 K. Den sættes ind i modellen for penicillin:

\[ \ln(k / \mathrm{h^{-1}}) = -9659\ \mathrm{K} \cdot \frac{1}{278\ \mathrm{K}} + 26{,}37 = -8{,}375 \]

\[ k = e^{-8{,}375}\ \mathrm{h^{-1}} = 2{,}31 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{h^{-1}} \]

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{k} = \frac{\ln 2}{2{,}31 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{h^{-1}}} = 3{,}00 \cdot 10^{3}\ \mathrm{h} \]

Halveringstiden for penicillin i miksturen er 3,00 · 103 timer ved 5 °C. Det er 125 døgn.

  1. Nedbrydningen er af første orden, så ln[penicillin] = −k · t + ln[penicillin]0. Udtrykket løses for t:

\[ t = \frac{\ln\left( \dfrac{[\mathrm{penicillin}]_0}{[\mathrm{penicillin}]} \right)}{k} \]

Når 90 % af penicillinet er tilbage, er forholdet mellem startkoncentrationen og koncentrationen 100 / 90. Ved 5 °C er

\[ t = \frac{\ln\left( \dfrac{100}{90} \right)}{2{,}31 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{h^{-1}}} = 456\ \mathrm{h} \]

Det er 19 døgn. Miksturen kan altså holde sig i 14 døgn i køleskabet: efter modellen er der mere end 90 % af penicillinet tilbage. Køleskabet er nødvendigt. Ved 25 °C giver modellen k = 2,37 · 10−3 h−1, og så er 10 % af penicillinet nedbrudt allerede efter 44 timer.

Resultatet er usikkert, fordi modellen er lavet ud fra målinger mellem 30 °C og 70 °C og er brugt ved 5 °C, langt uden for det område, der er målt i. Forskellen mellem 19 døgn og 14 døgn giver dog en vis sikkerhed.

Opgave A5.4.eks.3: Det kogte æg

Når et æg koges, denaturerer proteinerne i æggehviden, og hviden bliver fast og hvid. Det protein, der er mest af i æggehvide, hedder ovalbumin. Denatureringen af ovalbumin er af første orden med hensyn til ovalbumin. I et forsøg er hastighedskonstanten for denatureringen bestemt ved to temperaturer.

t i °C k i s−1
75 3,0 · 10−4
85 1,4 · 10−2
  1. Beregn halveringstiden for ovalbumin ved 75 °C og ved 85 °C.
  2. Bestem aktiveringsenergien for denatureringen af ovalbumin.
  3. Beregn hastighedskonstanten for denatureringen af ovalbumin ved 65 °C, og vurdér, om ovalbumin når at denaturere, hvis ægget ligger en time i vand ved 65 °C.
  4. Tommelfingerreglen siger, at en reaktion går omkring dobbelt så hurtigt, når temperaturen stiger 10 °C. Vurdér, om reglen passer for denatureringen af ovalbumin, og forklar resultatet ud fra aktiveringsenergien.

Denatureringen af ovalbumin er af første orden, så halveringstiden er t½ = ln 2 / k. Aktiveringsenergien findes med formlen for to temperaturer, ln(k2 / k1) = Ea / R · (1/T1 − 1/T2). Regn først de to temperaturer om til kelvin, og isolér Ea.

For ovalbumin er T1 = 348 K med k1 = 3,0 · 10−4 s−1 og T2 = 358 K med k2 = 1,4 · 10−2 s−1. Den isolerede formel er Ea = R · ln(k2 / k1) / (1/T1 − 1/T2). Til spørgsmål c bruges formlen for to temperaturer den anden vej: lad T1 = 348 K og T2 = 338 K, beregn ln(k2 / k1), og find k2. Den brøkdel af ovalbuminet, der ikke er denatureret efter tiden t, er \(e^{-k \cdot t}\).

Du kan begynde forklaringen i spørgsmål d sådan: “Fra 75 °C til 85 °C bliver hastighedskonstanten … gange større. Tommelfingerreglen passer for reaktioner med en aktiveringsenergi omkring …, men denatureringen af ovalbumin har …”

  1. Denatureringen af ovalbumin er af første orden, så halveringstiden er t½ = ln 2 / k. Ved 75 °C er

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{3{,}0 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}}} = 2{,}3 \cdot 10^{3}\ \mathrm{s} \]

Ved 85 °C er

\[ t_{\frac{1}{2}} = \frac{\ln 2}{1{,}4 \cdot 10^{-2}\ \mathrm{s^{-1}}} = 50\ \mathrm{s} \]

Halveringstiden for ovalbumin er 2,3 · 103 s ved 75 °C, og det er knap 40 minutter. Ved 85 °C er halveringstiden kun 50 s.

  1. Temperaturerne regnes om til kelvin: T1 = (273 + 75) K = 348 K og T2 = (273 + 85) K = 358 K. I formlen for to temperaturer isoleres Ea:

\[ \ln\left( \frac{k_2}{k_1} \right) = \frac{E_\mathrm{a}}{R} \cdot \left( \frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2} \right) \qquad\text{giver}\qquad E_\mathrm{a} = \frac{R \cdot \ln\left( \dfrac{k_2}{k_1} \right)}{\dfrac{1}{T_1} - \dfrac{1}{T_2}} \]

\[ E_\mathrm{a} = \frac{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}} \cdot \ln\left( \dfrac{1{,}4 \cdot 10^{-2}\ \mathrm{s^{-1}}}{3{,}0 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}}} \right)}{\dfrac{1}{348\ \mathrm{K}} - \dfrac{1}{358\ \mathrm{K}}} = 3{,}98 \cdot 10^{5}\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}} \]

Aktiveringsenergien for denatureringen af ovalbumin er Ea = 398 kJ/mol.

  1. Formlen for to temperaturer bruges nu med T1 = 348 K, hvor k1 = 3,0 · 10−4 s−1, og den nye temperatur T2 = (273 + 65) K = 338 K:

\[ \ln\left( \frac{k_2}{k_1} \right) = \frac{398\,000\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol}}}{8{,}314\ \dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{mol \cdot K}}} \cdot \left( \frac{1}{348\ \mathrm{K}} - \frac{1}{338\ \mathrm{K}} \right) = -4{,}070 \]

\[ k_2 = k_1 \cdot e^{-4{,}070} = 3{,}0 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}} \cdot e^{-4{,}070} = 5{,}1 \cdot 10^{-6}\ \mathrm{s^{-1}} \]

Hastighedskonstanten for denatureringen af ovalbumin er 5,1 · 10−6 s−1 ved 65 °C. En time er 3600 s. Den brøkdel af ovalbuminet, der ikke er denatureret efter en time, er

\[ e^{-k \cdot t} = e^{-5{,}1 \cdot 10^{-6} \cdot 3600} = 0{,}98 \]

Efter en time ved 65 °C er 98 % af ovalbuminet stadig ikke denatureret. Ovalbumin når altså ikke at denaturere, og æggehviden bliver ikke fast som i et kogt æg. Halveringstiden ved 65 °C er omkring 38 timer.

  1. Fra 75 °C til 85 °C bliver hastighedskonstanten for denatureringen af ovalbumin

\[ \frac{k_2}{k_1} = \frac{1{,}4 \cdot 10^{-2}\ \mathrm{s^{-1}}}{3{,}0 \cdot 10^{-4}\ \mathrm{s^{-1}}} = 47 \]

gange større. Tommelfingerreglen passer altså slet ikke for denatureringen af ovalbumin. Reglen gælder for reaktioner med en aktiveringsenergi omkring 50 kJ/mol ved stuetemperatur, og aktiveringsenergien for denatureringen af ovalbumin er omkring otte gange så stor. I formlen for to temperaturer står Ea foran parentesen, så jo større aktiveringsenergien er, jo større bliver ln(k2 / k1), og jo mere mærker reaktionen til temperaturen. Derfor er der så stor forskel på et æg, der har ligget i vand ved 65 °C, og et æg, der har ligget i vand ved 85 °C.