HTX Kemi A Eksamen 23. august 2016 - Vejledende besvarelse

Side 1

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

1

Kemi A HTX

23. august 2016

htx162-KEM/A-

Opgave 1 a.

Når forholdet mellem den sure komponent og den basiske komponent er 1:1, vil pH-værdien være lig med

pK_{s} -værdien. Ud fra dette kan vi bruge Bjerrumdiagrammet til at bestemme pH-værdien (pK_{s}) når Y_{s} er 0,5.

b.

Figur 1.4 i bilag 1 viser at sulfit (SO_{3}^{2-}) omdannes til sulfat (SO_{4}^{2-}). Altså optager sulfit et iltmolekyle og
dermed oxideres sulfit. Derudover kan vi se, at svovls oxidationstal ændres fra +4 til +6, hvilket

understøtter at sulfit bliver oxideret.

Side 2

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

2 c.

Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.

Ifølge Lambert-Beers lov kan koncentrationen af et stof bestemmes efter formlen:

𝐴 = 𝑐_{𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛} · 𝜀_{𝜆} ∙ 𝑙

Når absorbansen afbildes som funktion af koncentrationen, skal det ifølge Lambert-Beers lov give en ret

linje med hældningskoefficienten (𝜀 ∙ 𝑙).
                             𝜆

Vi kan se, at R^{2} -værdien for den lineære regression mellem absorbans og taurinkoncentration, er 0,9996.

Dette er meget tæt på 1, og dermed kan vi konkludere, at Lambert-Beers lov gælder i den spektrofotometriske analyse af taurin.

d.

Taurinindholdet i energidrikken kan udregnes ved at bruge standardkurven i opgave 1c. Forholdet mellem

absorbans (A) og taurinkoncentration (c
                                taurin

) kan beskrives ved funktionen:

𝐴 = 0,0024 ∙ 𝑐_{𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛} + 0,0004

Så vi kan udregne taurinkoncentrationen i den fortyndede energidrik med en absorbans målt til 0,109 ved:

0,109 = 0,0024∙ 𝑐_{𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛} + 0,0004

⇕ Ligningen løses for c_τrin vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑐_{𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛} = 45,25

𝑚𝑔

𝐿

y = 0,0024x + 0,0004
R² = 0,9996

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0,35

0,4

40 160

Absorbans

c_{taurin} (mg/L)

Absorbansen for en række standardopløsninger af taurin

Side 3

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

3

Så taurinkoncentrationen i den fortyndede energidrik er 45,25 mg/L. Vi ved at 2,0mL energidrik blev

fortyndet til 100mL, så med faktor 50. For at sammenligne taurinkoncentrationen med varedeklarationen, skal vi udregne taurinkoncentrationen i en ufortyndede prøve.

𝑐 = 50 ∙ 𝑐_{𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛}

𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛 𝑖 𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑑𝑟𝑖𝑘

= 50 ∙ 45,25

𝑚𝑔

𝐿

= 2262,5

𝑚𝑔

𝐿

Vi kan konkludere, at energidrikken indeholder 2262,5 mg/L taurin, hvilket er lavere end varedeklarationen.

e.

Først skal vi udregne stofmængden af natriumhydroxid i natriumhydroxidopløsningen:

𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = 𝑐_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ∙ 𝑣_{𝑁𝑎𝑂𝐻}
= 0,092 ∙ 0,0161𝐿

𝑚𝑜𝑙

𝐿

= 0,0014812 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝑂𝐻

Stofmængden af natriumhydroxid er lig med stofmængden af taurinhydrochlorid. Så nu kan vi udregne taurinhydrochlorids masse:

𝑚 = 𝑛 ∙ 𝑀

𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛ℎ𝑦𝑑𝑟𝑜𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑖𝑑 𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛ℎ𝑦𝑑𝑟𝑜𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑖𝑑 𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛ℎ𝑦𝑑𝑟𝑜𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑖𝑑

= 0,0014812 𝑚𝑜𝑙 ∙ 161,61

𝑔 𝑚𝑜𝑙

= 0,23948𝑔 𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑖𝑑

Nu kan vi bedømme synteseproduktets renlighed ved at sammenligne massen af taurinhydrochlorid og massen af synteseproduktet.

𝑟𝑒𝑛𝑙𝑖𝑔ℎ𝑒𝑑 ( %) = ∙ 100

𝑚 𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛ℎ𝑦𝑑𝑟𝑜𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑖𝑑

𝑚_{𝑠𝑦𝑛𝑡𝑒𝑠𝑒𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡}
= ∙ 100

0,23948𝑔

0,26𝑔

= 92,069%

Dermed kan vi konkludere, at 92% af synteseproduktet er taurin, så renligheden er 92%.

f.

I Bjerrumdiagrammet kan vi se, at den sure form for taurin har en pK_{s} værdi på 1,5. Da denne værdi ligger

mellem 0 og 4, kan vi konkludere, at taurin er en ikke-stærk syre.

Side 4

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

4

For at finde pH-værdien, skal vi starte med at udregne koncentrationen af H_{3} O^{+} i taurinopløsningen inden

titrering. Det kan vi gøre ved at bruge denne formel:

𝐾_{𝑠} =

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}
𝑐_{𝑠} − [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]

c_{s} er koncentrationen af taurin i opløsningen inden titrering. Denne kan vi udregne, da vi ved, at 0,26g

synteseprodukt opløses i 20mL vand, og synteseproduktet indeholder 0,0014812 mol taurin.

𝑐_{𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛} =

𝑛_{𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛}
𝑣_{𝑡𝑎𝑢𝑟𝑖𝑛𝑜𝑝𝑙ø𝑠𝑛𝑖𝑛𝑔}

=

0,0014812mol

0,02𝐿

= 0,07406

𝑚𝑜𝑙

𝐿

Så koncentrationen af taurin i opløsningen inden titrering og dermed c er 0,07406 mol/L.
                                                         s,

Nu skal vi omregne pK_{s} til K_{s} ved brug af logaritmer:

−𝑙𝑜𝑔𝐾_{𝑠} = 𝑝𝑘_{𝑠}
= 1,5

⇕

𝐾_{𝑠} = 10^{−1,5}

Nu kan vi anvende denne formel og finde koncentrationen af H_{3} O^{+}:

𝐾_{𝑠} =

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}
𝑐_{𝑠} − [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]

10^{−1,5} =

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}
0,07406 − [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]

⇕

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] = 0,0351

𝑚𝑜𝑙

𝐿

Nu skal vi anvende logaritmen til at udregne pH-værdien.

𝑝𝐻 = −𝑙𝑜𝑔 [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]
= −𝑙𝑜𝑔 [ 0,0316]
= 1,45469

Dermed kan vi konkludere, at taurinopløsningen har en pH-værdi på 1,5 inden titrering.

Side 5

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

5

Opgave 2 a.

Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.

For at beregne ændringen i entalpi, ΔH^{θ}, ved 25°C skal vi bruge formation entalpien af reaktanterne og

produkterne i denne reaktion. Disse tal kan vi sætte ind i formlen:

Δ𝐻^{𝜃} = ∑𝐻 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟 − ∑𝐻^{𝜃} 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟

𝜃

= ∑𝐻 ( 𝑇𝑖𝑂_{2} ( 𝑠)) + 2 · 𝐻^{𝜃} ( 𝐶𝑙_{2} ( 𝑔)) − ∑𝐻 ( 𝑇𝑖𝐶𝑙_{4} ( 𝑔)) + 𝐻^{𝜃} ( 𝑂_{2} ( 𝑔))

𝜃 𝜃

= (−912,1 + 0) − (−763,16 + 0)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= −148,94

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

                                                                   𝑘𝐽
                                                                                    θ
Fra denne beregning kan vi se, at standardentalpien for denne reaktion er -148,9 . Da værdien af ΔH er
                                                                  𝑚𝑜𝑙

mindre end 0, kan vi sige at denne reaktion er exoterm. Da reaktionen er exoterm, vil opvarmning af ligevægtsblandingen flytte reaktionen mod venstre. Dette er som ifølge Le Chateliers princip.

b.

Ligevægtsbrøken (K_{p}) skrives som:

𝐾_{𝑝} =

𝑝 ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟)^{𝑠𝑡𝑜𝑓𝑚æ𝑛𝑔𝑑𝑒}
𝑝 ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)^{𝑠𝑡𝑜𝑓𝑚æ𝑛𝑔𝑑𝑒}

=

𝑝 ( 𝐶𝑙_{2} ( 𝑔))^{2}
𝑝 ( 𝑇𝑖𝐶𝑙_{4} ( 𝑔)) ∙ 𝑝 ( 𝑂_{2} ( 𝑔))

For at bedømme ligevægtskonstantens enhed, skal vi sætte enheden for partialtrykket ind i ligevægtsbrøken. Partialtrykket af en gas gives i bar.

𝐾_{𝑝} =

( 𝑏𝑎𝑟)^{2}

𝑏𝑎𝑟∙ 𝑏𝑎𝑟

= 1

Derfor har ligevægtskonstanten (K ) ikke en enhed.
                            p

c.

Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven alene med vores guide, som du kan hente her.

For at beregne ligevægtskonstanten skal vi bruge Van’t Hoffs ligningen for reaktionen. Den kan vi finde som:

Side 6

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

6

𝑙𝑛𝐾 = − ∙ +

Δ𝐻° 1 Δ𝑆°

𝑅 𝑇 𝑅

Ændringen i entalpi (ΔH^{θ}) kender vi fra forrige opgave, og er -148,94_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}, gaskonstanten (R) er 8,314_{𝐾∙𝑚𝑜𝑙}^{𝐽},
og temperaturen (T) er 1773K. For at beregne ændringen i entropi, ΔS^{θ}, skal vi bruge standardentropien af

reaktanterne og produkterne i denne reaktion. Disse tal kan vi sætte ind i formlen:

Δ𝑆^{𝜃} = ∑𝑆^{𝜃} 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟 − ∑𝑆^{𝜃} 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟

= ∑𝑆^{𝜃} ( 𝑇𝑖𝑂_{2} ( 𝑠)) + 2 · 𝑆^{𝜃} ( 𝐶𝑙_{2} ( 𝑔)) − ∑𝑆^{𝜃} ( 𝑇𝑖𝐶𝑙_{4} ( 𝑔)) + 𝑆^{𝜃} ( 𝑂_{2} ( 𝑔))

= (50,25 + 2 ∙ 223,07) − (354,84 + 205,15)

𝐽 𝐽 𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾

= −63,6

𝐽 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾

Nu kan vi beregne ligevægtskonstanten (K):

ln𝐾 = − ∙ +

−148,94 · 10^{3} −63,6

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 ∙ 𝐾

8,314 8,314

𝐽 𝐽

𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙 𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

1

1773𝐾

⇕ Ligningen løses for K vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝐾 = 11,63753

Derfor Kp er 11,6 ved 1500 °C.

d.

For at beregne reaktionsdeltagernes partialtryk ved ligevægt i en reaktionsbeholder med en volumen på

100L og en temperatur på 1500°C hvor partialtrykket for hver reaktant er 2,00 bar ved reaktionens start, skal vi skrive et reaktionsskema med partialtryk før reaktionen og ved ligevægt.

𝑇𝑖𝐶𝑙_{4} ( 𝑔) + 𝑂_{2} ( 𝑔) ⇌ 𝑇𝑖𝑂_{2} ( 𝑠) + 2𝐶𝑙_{2} (𝑔)
𝑝_{𝑓ø𝑟} 𝑝_{0} ( 𝑇𝑖𝐶𝑙_{4}) = 2𝑏𝑎𝑟 𝑝_{0} ( 𝑂_{2}) = 2𝑏𝑎𝑟 − 0
𝑝_{𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡} 𝑝_{0} ( 𝑇𝑖𝐶𝑙_{4}) − 𝑥 𝑝_{0} ( 𝑂_{2}) − 𝑥 − 2𝑥

Opgaven skriver, at ligevægtskonstanten, K
                                    p

, for denne reaktion er 11,6. Nu kan vi sætte værdierne ind i overstående formel for at finde x og dermed finde partialtrykkene af reaktionsdeltagerne ved ligevægt.

𝐾_{𝑝} =

𝑝 ( 𝐶𝑙_{2} ( 𝑔))^{2}
𝑝 ( 𝑇𝑖𝐶𝑙_{4} ( 𝑔)) ∙ 𝑝 ( 𝑂_{2} ( 𝑔))

=

( 2𝑥)^{2}
( 𝑝_{0} ( 𝑇𝑖𝐶𝑙_{4}) − 𝑥) ∙ 𝑝_{0} ( 𝑂_{2}) − 𝑥

11,6 =

( 2𝑥)^{2}
( 2 − 𝑥) ∙ ( 2 − 𝑥)

Side 7

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

7

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑥 = 1,260065 ∨ 𝑥 = 4,845199

Så ved ligevægt er partialtrykket af reaktionsdeltagerne givet ved:

𝑝 ( 𝑇𝑖𝐶𝑙_{4}) = 𝑝_{0} ( 𝑇𝑖𝐶𝑙_{4}) − 𝑥
= 2 − 1,26
= 0,74 𝑏𝑎𝑟

𝑝 ( 𝑂_{2}) = 𝑝_{0} ( 𝑂_{2}) − 𝑥
= 2 − 1,26
= 0,74 𝑏𝑎𝑟

𝑝 ( 𝐶𝑙_{2}) = 2𝑥
= 2 ∙ 1,26
= 2,52 𝑏𝑎𝑟

Vi kan konkludere, at partialtrykket af TiCl , O og Cl er henholdsvis 0,74 bar, 0,74 bar og 2,52 bar.
                                  4  2    2

e.

For at beregne massen af titandioxid ved ligevægt, skal vi starte med at udregne stofmængden af en af

gasserne som indgår i reaktionen. Lad os bruge O_{2}. Vi skal bruge idealgasloven, til at udregne stofmængden
af O_{2} som har reageret ved ligevægt. Fra idealgasloven kan vi isolere stofmængden af O_{2} (n):

𝑝 ∙ 𝑉 = 𝑛_{𝑂_{2}} ∙ 𝑅∙ 𝑇

⇕

𝑛_{𝑂_{2}} =

𝑝 ∙ 𝑉

𝑅 ∙ 𝑇

Opgaven har givet temperaturen i Celsius, men den skal omregnes til Kelvin:

𝑇 = 1500 + 273 = 1773𝐾

Partialtrykket af O som har reageret ved ligevægt (p) er 1,26 bar, volumen (V) er 100L, temperaturen er
               2

1773K, og gaskonstanten (R) er 0,08314_{𝑚𝑜𝑙·𝐾}^{𝐿·𝑏𝑎𝑟}. Nu kan vi bruge idealgasloven til at udregne stofmængden
af O_{2} som har reageret ved ligevægt.

𝑛_{𝑂_{2}} =

1,26 𝑏𝑎𝑟 ∙100𝐿

0,08314 ∙ 1773𝐾

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙 · 𝐾
= 0,854775 𝑚𝑜𝑙 𝑂_{2}

Vi kan se fra reaktionsligningen, at forholdet mellem O
                                             2

og titandioxid er 1:1. Derfor kan vi konkludere, at der ved ligevægt er 0,855 mol titandioxid. Ud fra dette kan vi beregne massen af titandioxid ved ligevægt:

Side 8

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

8

𝑚_{𝑇𝑖𝑂_{2}} = 𝑛_{𝑇𝑖𝑂_{2}} ∙ 𝑀_{𝑇𝑖𝑂_{2}}
= 0,854775𝑚𝑜𝑙 ∙ 79,90

𝑔 𝑚𝑜𝑙

= 68,2965𝑔

Vi kan konkludere, at der ved ligevægt er 68,3 g titandioxid.

Side 9

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

9

Opgave 3 a.

Enzymet og acetylcholin holdes sammen en hydrogenbinding (vist som en grøn streg i overstående figur) og med en ionbinding (vist som en rød streg i overstående figur).

b.

Figur 3.3 viser, at acetylcholin fraspalter et lille molekyle (A) når acetylcholin reagerer med et vandmolekyle. Derfor er dette en hydrolyse reaktion.

c.

Når sarin og serin reagerer, fraspaltes hydrogenfluorid, så der dannes en binding mellem P-atomet i sarin og O-atomet i serin.

O P O NH_{2}

OH

O

CH

3 O

CH_{3}

CH_{3}

Side 10

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

10

Opgave 4 a.

Reaktanterne i reaktionen er propan-2-on, diiod og et hydron.

b.

Det angivede hastighedsudtryk er:

𝑣 = 𝑘 ∙ [𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝐻_{3}]^{1} ∙ [𝐻^{+}]^{1} ∙ [ 𝐼_{2}]^{0}

Det fremgår i udtrykket, at CH_{3} COCH_{3} er af første orden. Så initialhastigheden vil ændre sig proportionalt
med koncentrationen af CH_{3} COCH_{3}, givet at koncentrationen af de andre reaktanter forbliver uændret.
Dette er opstillet i forsøg 1 og 2, hvor koncentrationen af HCl og I_{2} er uændret, mens koncentrationen af
CH_{3} COCH_{3} fordobles i forsøg 2. Figur 4.1 viser, at initialhastigheden også fordobles i forsøg 2, og ændres
dermed proportionalt med CH_{3} COCH_{3} koncentrationen. Altså er CH_{3} COCH_{3} af første orden.

Ligeledes fremgår det i udtrykket af H^{+} er af første orden. Så initialhastigheden vil ændre sig proportionalt
med koncentrationen af H^{+}, givet at koncentrationen af de andre reaktanter forbliver uændret. Dette er
opstillet i forsøg 2 og 3, hvor koncentrationen af CH_{3} COCH_{3} og I_{2} er uændret, mens koncentrationen af HCl

fordobles i forsøg 3. Figur 4.1 viser, at initialhastigheden også fordobles i forsøg 3, og ændres dermed

proportionalt med H^{+} koncentrationen. Altså er H^{+} af første orden.

Det fremgår at I er af nulte orden. Så initialhastigheden påvirkes ikke af I koncentrationen. I forsøg 1 og 4
             2                                              2

                                                             +
fordobles koncentrationen af I , mens koncentrationen af CH COCH og H er uændret. Figur 4.1 viser en
                         2                         3    3

minimal forskel i initialhastigheden mellem forsøg 1 og 4. Den lille forskel er sandsynligvis på grund af

ukontrollerede variabler. Derfor kan vi konkludere, at I er af nulte orden.
                                            2

Dermed kan vi konkludere, at reaktionens samlede orden er anden orden.

c.

Vi kender hastighedsudtrykket ved 20,8°C.

𝑣 = 𝑘 ∙ [𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝐻_{3}]^{1} ∙ [𝐻^{+}]^{1} ∙ [ 𝐼_{2}]^{0}

Hastighedsudtrykkes kan omskrives for at finde hastighedskonstanten (k).

𝑘 =

𝑣

[𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝐻_{3}]^{1} ∙ [𝐻^{+}]^{1} ∙ [ 𝐼_{2}]^{0}

Vi kan bruge dataet fra et af forsøgene vist i figur 4.1 til at udregne hastighedskonstanten (k).

Forsøg 1:

Side 11

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 23 august 2016

11

[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝐻_{3}] = 1,00𝑀
[ 𝐻𝐶𝑙]_{0} = 0,248 𝑀
[ 𝐼_{2}] = 1,26 ∙ 10^{−3} 𝑀
𝑣 = 3,35 ∙ 10^{−4} 𝑀/𝑚𝑖𝑛

Vi kan bruge disse koncentrationer til at finde k:

𝑘 =

𝑣

[𝐶𝐻_{3} 𝐶𝑂𝐶𝐻_{3}]^{1} ∙ [𝐻^{+}]^{1} ∙ [ 𝐼_{2}]^{0}

=

3,35 ∙ 10^{−4} 𝑀/𝑚𝑖𝑛
[1,00𝑀]^{1} ∙ [0,248 𝑀]^{1} ∙ [ 0,26 ∙ 10^{−3} 𝑀]^{0}
= 0,00135𝑚𝑖𝑛^{−1} · 𝑀^{−1}

d.

Aktiveringsenergien kan beregnes ved:

ln = − · ( −)

𝑘_{2} 𝐸_{𝑎} 1 1
𝑘_{1} 𝑅 𝑇_{2} 𝑇_{1}

Vi kan bruge resultaterne i figur 4.2, til at udregne aktiveringsenergien for reaktionen:

ln = − · ( −)

7,87 ∙ 10^{−5}

1

𝑀∙ 𝑚𝑖𝑛

2,77 ∙ 10^{−4} 8,314

1 𝐽

𝑀∙ 𝑚𝑖𝑛 𝐾 ∙ 𝑚𝑜𝑙

𝐸_{𝑎} 1 1

273𝐾 283𝐾

⇕

𝐸_{𝑎} = 80829,3

𝐽 𝑚𝑜𝑙

Dermed kan vi konkludere, at aktiveringsenergien for denne reaktion er 80829,3 J/mol.