Lösung 15 - Quack

Berücksichtigen wir Gleichung (5.62) im Skript
( )
ln(k eff /s −1 k3 k a [M]
) = ln
= f ( ln([M]/m −3 ) ) (46)
k d [M] + k 3
und den Wert von k 3 = 10 9 s −1 und tragen ln(k eff /s −1 ) gegen ln ( [M]/m −3) auf, so erhalten
wir folgende Graphen. Wie man Abb. 1 entnehmen kann ist für kleine Konzentrationen
die Steigung 1 und für grosse Konzentration ist die Steigung 0 (k eff ist unabhängig von
[M]).
15.6.2 ∗ Der Einfachheit halber lassen wir in der Schreibweise die Division durch Einheiten im
Argument des Logarithmus weg. Wir vergleichen die Gl. (8) in der Aufgabenstellung mit
Gl. (5.62) im Skript für die Geschwindigkeitskonstante k eff :
und
k eff =
k 3 k a [M]
k d [M] + k 3
(47)
k eff = a[M] m M([M])
(48)
ln k eff = ln (k 3 k a ) − ln (k d + k 3 /[M]) (49)
ln k eff = ln a + m M ([M]) ln ([M]) (50)
Betrachtet man Gl. (50), so handelt es sich um eine lineare Gleichung in ln [M], die die
Tangente im Übergangsbereich der Funktion ln k eff (ln [M]) darstellt, wie in Abbildung 1
gezeigt. Um die Tangentensteigung m M ([M]) zu erhalten, leiten wir Gl. (49) nach ln [M]
ab.
m M ([M]) = d(ln k eff)
d(ln [M]) = dy
dx = d(ln(k 3k a ) − ln(k d + k 3 /e x ))
= e−x k 3
dx
e −x (51)
k 3 + k d
Hier haben wir die Substitution x = ln [M] und y = ln k eff gemacht. Rücksubstitution
ergibt:
k 3
m M ([M]) =
k 3 + k d [M] . (52)
Bilden wir den Grenzwert [M] → ∞ so ist die Steigung 0 (Hochdruckbereich)
( )
k 3
lim
= 0, (53)
[M]→∞ k 3 + k d [M]
und mit [M] → 0 ist die Steigung 1 (Niederdruckbereich)
wie in Abbildung 1 dargestellt.
lim
[M]→0
k 3
= 1, (54)
k 3 + k d [M]
Den Wert für a erhalten wir, indem wir die Gleichungen (49) und (50) gleichsetzen und
nach a auflösen ( ( )
[M]·kd
)
k
a = [M] 3 +[M]·k d · k 3 · k a /(k 3 + [M] · k d ) (55)
Für m([M]) = 0.5 und k 3 = 10 9 s −1 erhält man folgende Werte:
10