Lösung 15 - Quack
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Für OH muss man am ehesten mit einer Druckabhängigkeit rechnen, da in der<br />
Aufgabenstellung von einer “Linie” die Rede ist, die zum Nachweis benutzt wird.<br />
Für HO 2 und H 2 O 2 benutzt man Übergänge ins Kontinuum. Hier hat man also<br />
gar keine einzelnen, aufgelösten Absorptionslinien, deren Verbreiterung nennenswert<br />
werden könnten.<br />
(2 Punkte)<br />
(Total 4 Punkte für Aufgabe [<strong>15</strong>.<strong>15</strong>.8])<br />
<strong>15</strong>.<strong>15</strong>.9 (a) Bruttoreaktion:<br />
(2 Punkte)<br />
(b) Quasistationarität für OH:<br />
2H 2 O 2 = 2H 2 O + O 2<br />
d[OH] QS<br />
dt<br />
Quasistationarität für HO 2 :<br />
≈ 0 = 2k 3 [H 2 O 2 ] − k 4 [OH] QS [H 2 O 2 ]<br />
⇒ [OH] QS = 2k 3<br />
k 4<br />
(c)<br />
<strong>15</strong>.<strong>15</strong>.10 (a)<br />
(3 Punkte)<br />
d[HO 2 ] QS<br />
≈ 0 = k 4 [OH] QS [H 2 O 2 ] − 2k 5 [HO 2 ] 2 QS<br />
dt<br />
√<br />
k 4 [OH] QS [H 2 O 2 ]<br />
[HO 2 ] QS =<br />
mit [OH] QS von oben<br />
2k 5<br />
√<br />
k 3 [H 2 O 2 ]<br />
⇒ [HO 2 ] QS =<br />
k 5<br />
v eff = − 1 d[H 2 O 2 ]<br />
= 1 2 dt 2<br />
= k 3 ([M])[H 2 O 2 ]<br />
(<br />
k3 [H 2 O 2 ] + k 4 [OH] QS [H 2 O 2 ] − k 5 [HO 2 ] 2 QS)<br />
(3 Punkte)<br />
(d) Nein. Die reaktiven Moleküle, die als Kettenträger in Frage kommen würden (OH<br />
und HO 2 ), werden verbraucht aber nicht zurückgebildet.<br />
(1 Punkt)<br />
(total 9 Punkte für Aufgabe [<strong>15</strong>.<strong>15</strong>.9])<br />
(b)<br />
(2 Punkte)<br />
k 5 (T = 300 K) = 2.00 · 10 12 cm 3 (mol s) −1<br />
k 5 (T = 1000 K) = 1.31 · 10 12 cm 3 (mol s) −1<br />
⟨σ(T )⟩ = (k 5 (T )/N A ) /<br />
( 8kB T<br />
πµ<br />
) 1/2<br />
µ = m HO 2<br />
33 · 1.6605 · 10−27<br />
= kg<br />
2<br />
2<br />
mit k 5 (T = 300 K) = 0.2 · 10 13 cm 3 (mol s) −1<br />
⇒ ⟨σ(T = 300 K)⟩ = 0.535 · 10 −20 m 2 = 0.535 Å2<br />
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