HTX Kemi A Eksamen 15. december 2011

Side 1

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

1

Kemi A HTX

15. december 2011

htx113-KEM/A-

Opgave 1 a.

- Linalools strukturformel er angivet.

Molekylformlen for linalool bestemmes ved at optælle antallet af C-, H- og O-atomer i molekylets strukturformel, som ses nedenfor.

Molekylet indeholder: 10 C, 18 H og 1 O. Derfor er linalools molekylformel:

𝐶_{10} 𝐻_{18} 𝑂

b.

Linalool indeholder ét asymmetrisk kulstofatom, dvs. et sp^{3} -hybridiseret kulstofatom, der binder til fire

forskellige grupper. Hvert asymmetrisk kulstofatom giver anledning til to isomere, så med n asymmetriske

kulstofatomer fås maksimalt 2^{n} forskellige isomere, afhængigt af molekylets overordnede symmetri.

Linalool har som nævnt kun ét asymmetrisk kulstofatom, og dermed fås følgende to spejlbilledeisomere.

Ingen af de to dobbeltbindinger i linalool giver anledning til isomeri, da mindst én af de to carbon, der indgår i dobbeltbindingerne, binder til to ens grupper.

Metode til at bestemme, hvorvidt et asymmetrisk kulstofatom er en (R)- eller (S)-form.

Før man går i gang er det vigtigt, at man er i stand til at prioritere, de fire grupper som kulstofatomet binder til i forhold til hinanden. Grupperne prioriteres efter hvilket atomnummer, Z, de atomer, der binder til kulstofatomet har, således at det højeste atomnummer prioriteres højest. Hvis to grupper har samme atomnummer, ses der på atomnumrene én binding længere ude. Eksempler på prioriteringer i forhold til hinanden er:

Side 2

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

2

-H < -CH_{3} < -CH_{2} CH_{3} < -CH=CH_{2} < -OH < -Cl < -Br

Procedure:

1) Vælg den gruppe med lavest prioritet og vend den ’væk’ fra dig selv.

2) Find den af de resterende 3 grupper, der har højest prioritet.

3) Tegn en pil fra denne gruppe til gruppen med næsthøjest prioritet.

4) Fortsæt pilen over til den sidste af de tre grupper.

5) Hvis din pil roterer med urets retning, er det en (R)-form og hvis den roterer imod uret, er det en (S)-form.

c.

- Stukturformlerne for A og B er angivet.

Først bestemmes den funktionelle gruppe i forbindelse A – dette er en aldehyd (-CHO), så derfor skal navnet ende på –al. Dernæst bestemmes længden af den carbonkæde, som aldehydet sidder på – ’kæden’ er kun ét kulstof lang og har derfor navnet methan. Forbindelse A er altså et methanal derivat. Forbindelse A har én sidegruppe – dette er en benzenering og denne angives med betegnelsen phenyl. Derfor navngives forbindelse A: Phenylmethanal. Forbindelsens trivialnavn er benzaldehyd.

Den funktionelle gruppe i forbindelse B er en ester (-COOR) og navnet ender derfor på –oat. På den ene side af esteren sidder en methylgruppe og dermed er den kulstofkæde, hvorpå esteren sidder, 2 kulstofatomer lang. På den anden side sidder en ethylgruppe. I navngivningen nævnes altid den gruppe, der binder direkte til oxygenatomet først (ethyl) og dernæst det navn, der svarer til kædens længde (ethan).

Derfor navngives forbindelse B: Ethylethanoat.

d.

- Følgende er angivet: Massen af anvendt forbindelse A er 106 g, stofmængden af anvendt forbindelse B er 4,7 mol og massen af dannet ethylcinnamat er 124 g.

- Reaktionsligningen er angivet.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

Først udregnes den molare masse af forbindelse A og ethylcinnamat.

𝑀 ( 𝐴) =7𝑀 ( 𝐶) + 6𝑀 ( 𝐻) + 𝑀 ( 𝑂) =7 · 12,011+ 6 · 1,008 + 15,999=106,124

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑀 ( 𝑒𝑡ℎ𝑦𝑙𝑐𝑖𝑛𝑛𝑎𝑚𝑎𝑡) =11𝑀 ( 𝐶) + 12𝑀 ( 𝐻) + 2𝑀 ( 𝑂) =11 · 12,011+ 12 · 1,008 + 2 · 15,999
=176,215

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Massen af de to forbindelser omregnes til stofmængder:

𝑛 ( 𝐴) = = =1,00 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝐴) 106𝑔

𝑀(𝐴)

106,124 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Side 3

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

3

𝑛 ( 𝑒𝑡ℎ𝑦𝑙𝑐𝑖𝑛𝑛𝑎𝑚𝑎𝑡) = = =0,70 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑒𝑡ℎ𝑦𝑙𝑐𝑖𝑛𝑛𝑎𝑚𝑎𝑡) 124𝑔

𝑀(𝑒𝑡ℎ𝑦𝑙𝑐𝑖𝑛𝑛𝑎𝑚𝑎𝑡)

176,215 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Ud fra reaktionsligningen ses det, at reaktionen forløber i forholdet 1:1. Da vi har mindst forbindelse A

(1,00 mol mod 4,7 mol) er den i underskud og derfor kan der maksimalt dannes lige så mange mol ethylcinnamat, som der er mol af forbindelse A tilgængeligt – dvs. 1,00 mol. Derfor er det teoretisk udbytte lig med 1,00 mol. Det procentvise udbytte beregnes:

%𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒= = =0,70=70%

𝑓𝑎𝑘𝑡𝑖𝑠𝑘 𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒 0,70 𝑚𝑜𝑙 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘 𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒 1,00 𝑚𝑜𝑙 e.

- Det er opgivet, at ’ethylcinnamat lægger sig som et lag ovenpå vandfasen’.

- Strukturen af ethanol og octan-1-ol er almen kendt.

Når en organisk forbindelse er uopløselig i vand, karakteriseres den som upolær, og er derfor bedst opløselig i andre upolære opløsningsmidler. Af de to givne opløsningsmidler er octan-1-ol det mest upolære, fordi dets carbonkæde er længere end i ethanol. Carbonkæder er generelt upolære og da dette er den eneste forskel på de to opløsningsmidler må octan-1-ol være mest upolær og dermed det bedste opløsningsmiddel. Endvidere er octan-1-ol ublandbart med vand, så det er nemt at adskille de to forbindelser i en skilletragt.

Side 4

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

4

Opgave 2 a.

- Det oplyses, at reaktionen er af anden orden med hensyn til N_{2} O.

Hastighedsudtrykket for reaktioner af anden orden med hensyn til én reaktant har følgende generelle udtryk, hvor [A] er den aktuelle stofmængdekoncentration af forbindelse A, k er hastighedskonstanten og v er hastigheden.

𝑣=𝑘· [ 𝐴]^{2}

Reaktionens hastighedsudtryk fås ved at indsætte N O på A’s plads.
                                          2

𝑣=𝑘· [𝑁_{2} 𝑂]^{2}

b.

- Følgende er angivet: Temperaturen er 900 K; begyndelseskoncentrationen af N_{2} O, [N_{2} O]_{0} er 0,020

M; halveringstiden, T er 4500 s.
                 1/2

𝑇_{1/2} =

1

𝑘· [ 𝐴]_{0}

𝑘= = =0,011𝑀^{−1} 𝑠^{−1}

1 1

𝑇_{1/2} · [ 𝑁_{2} 𝑂]_{0} 4500𝑠 · 0,020𝑀

c.

- [N_{2} O]_{0} er angivet til 0,020 M.

- Hastighedskonstanten, k, er beregnet i forrige delopgave.

Følgende sammenhæng, der gælder for andenordens reaktioner, benyttes.

1 1

[𝐴] [ 𝐴]_{0}

=𝑘 · 𝑡+

Når 95% af den oprindelige mængde N_{2} O er nedbrudt, må der være netop 5% tilbage, derfor er:
[ 𝑁_{2} 𝑂] =0,05· [ 𝑁_{2} 𝑂]_{0} =0,05· 0,020𝑀=10^{−3} 𝑀

                                -3
Tiden, t, isoleres i ligningen fra før og 10

M indsættes på [A]’s plads.

𝑡= = = =8,55 · 10^{4} 𝑠=23,8 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟

1 1

[ 𝐴] [ 𝐴]_{0}

−

𝑘 [ 𝐴] · [ 𝐴]_{0} · 𝑘 0,02𝑀 · 10^{−3} 𝑀 · 0,011𝑀^{−1} 𝑠^{−1}

[ 𝐴]_{0} − [𝐴] 0,020𝑀 − 10^{−3} 𝑀

Side 5

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

5

Opgave 3 a.

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

- Alle relevante 𝐻^{⊖} -værdier ved 25°C er angivet.

Δ𝐻^{⊖} =∑𝐻 ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝐻 ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

⊖ ⊖

=7𝐻^{⊖} ( 𝐶𝑂 ( 𝑔)) + 15𝐻^{⊖} ( 𝐻_{2} ( 𝑔)) − (𝐻^{⊖} ( 𝐶_{7} 𝐻_{16} ( 𝑔)) + 7𝐻^{⊖} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑔)))

=7 · (−110,53) + 15 · 0 − (−187,6 + 7 · (−241,8))=1106,5

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

           ⊖                                      ⊖                     ⊖
Bemærk, at 𝐻 afhænger af tilstandsformen og derfor er fx 𝐻 ( 𝐻 𝑂 ( 𝑙 ) ) forskellig fra 𝐻 ( 𝐻 𝑂 ( 𝑔 ) ) .
                                                      2                     2

b.

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

- Alle relevante 𝐺^{⊖} -værdier ved 25°C er angivet.
En reaktion er spontan, når reaktionens Δ𝐺^{⊖} <0, og ikke-spontan når Δ𝐺^{⊖} >0. Derfor udregnes Δ𝐺^{⊖}.

Δ𝐺^{⊖} =∑𝐺 ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝐺 ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

⊖ ⊖

=7𝐺^{⊖} ( 𝐶𝑂 ( 𝑔)) + 15𝐺^{⊖} ( 𝐻_{2} ( 𝑔)) − (𝐺^{⊖} ( 𝐶_{7} 𝐻_{16} ( 𝑔)) + 7𝐺^{⊖} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑔)))

=7 · (−137,25) + 15 · 0 − (8,09 + 7 · (−228,6))=631,4

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Da Δ𝐺^{⊖} =631,4_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} >0 er reaktionen ikke-spontan ved 25°C.

2. løsningsforslag

Det er også muligt at løse opgaven ved i stedet at bestemme ∆𝑆^{⊖} for reaktionen, fordi også 𝑆^{⊖} for alle

forbindelserne er angivet.

Δ𝑆^{⊖} =∑𝑆 ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝑆^{⊖} ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

⊖

Da både Δ𝑆^{⊖}, ∆𝐻^{⊖} (fra forrige opgave) og temperaturen, T, (angivet i opgavetekst til 298K) kendes, kan
Δ𝐺^{⊖} bestemmes ved følge sammenhæng – samme resultat fås.

Δ𝐺^{⊖} =Δ𝐻^{⊖} − 𝑇Δ𝑆^{⊖}

c.

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

Side 6

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

6

- Δ𝐺^{⊖} og Δ𝐻^{⊖} er beregnet i de forrige opgaver.

                                         8   14
- Ligevægtskonstanten, K , er angivet til 5,69·10 bar .
                       p

- Gaskonstanten, R, bestemmes ved tabelopslag til 8,314·10^{-3}_{𝐾·𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}.

Δ𝑆^{⊖} bestemmes ud fra følgende sammenhæng, hvor temperaturen, T, er 298K som i de andre opgaver.

Δ𝐺^{⊖} =Δ𝐻^{⊖} − 𝑇Δ𝑆^{⊖}: Δ𝑆^{⊖} = = =1,59

Δ𝐻^{⊖} − Δ𝐺^{⊖} 𝑘𝐽
𝑇 298𝐾 𝐾· 𝑚𝑜𝑙

1106,5 − 631,4

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Van’t Hoffs ligning anvendes til at bestemme temperaturen, T, hvor reaktionen forløber.

ln ( 𝐾_{𝑝}) =− · +: 𝑇=

Δ𝐻^{⊖} 1 Δ𝑆^{⊖} −Δ𝐻^{⊖}

𝑅 𝑇 𝑅

ln ( 𝐾_{𝑝}) · 𝑅− Δ𝑆^{⊖}

= =775,5𝐾

−1106,5

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

ln ( 5,69 · 10^{8}) · 8,314 · 10^{−3} − 1,59

𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝐾· 𝑚𝑜𝑙 𝐾· 𝑚𝑜𝑙

I opgaven er det antaget, at Δ𝐻^{⊖} og Δ𝑆^{⊖} er uafhængige af temperaturen.

Side 7

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

7

Opgave 4 a.

- Massen, m, af COCl_{2} er 0,65 g, voluminet af beholderen er 0,500L og temperaturen, T, er 600°C.
- Den molare masse, M, af COCl_{2} er angivet til 98,92 g/mol.

- Gaskonstanten, R, bestemmes ved tabelopslag til 0,08314^{𝐿·𝑏𝑎𝑟}_{𝐾·𝑚𝑜𝑙}.

Først omregnes massen af COCl_{2} til stofmængde.

𝑛 ( 𝐶𝑂𝐶𝑙_{2}) = = =6,57· 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙

𝑚(𝐶𝑂𝐶𝑙_{2}) 0,65𝑔
𝑀(𝐶𝑂𝐶𝑙_{2})

98,92 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Idealgasloven anvendes:

𝑝𝑉=𝑛𝑅𝑇: 𝑝= = =0,95𝑏𝑎𝑟

𝑛𝑅𝑇

𝑉 0,500𝐿

6,57 · 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙 · 0,08314 · ( 600 + 273) 𝐾

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝐾· 𝑚𝑜𝑙

b.

- Reaktionsligningen er angivet.

For en reaktion af typen 𝑎𝐴 + 𝑏𝐵⇌𝑐𝐶+ 𝑑𝐷 ser ligevægtsloven, K_{p}, således ud:

𝐾_{𝑝} =

𝑝 ( 𝐶)^{𝑐} · 𝑝 ( 𝐷)^{𝑑}
𝑝 ( 𝐴)^{𝑎} · 𝑝 ( 𝐵)^{𝑏}

Derfor ser ligevægtsloven for reaktionen således ud:

𝐾_{𝑝} =

𝑝 ( 𝐶𝑂) · 𝑝(𝐶𝑙_{2})
𝑝(𝐶𝑂𝐶𝑙_{2})

c.

- Δ𝐻^{⊖} for reaktionen er angivet til 108,57 kJ/mol.

Da Δ𝐻^{⊖} >0 er reaktionen endoterm. Dette betyder, at reaktionen kræver energi i form af varme for at

forløbe. Reaktionsligning opskrives nu med varme som en af reaktanterne.

𝑣𝑎𝑟𝑚𝑒 + 𝐶𝑂𝐶𝑙_{2} ( 𝑔) ⇌𝐶𝑂 ( 𝑔) + 𝐶𝑙_{2} (𝑔)

Ved at øge temperaturen, øges også mængden af varmeenergi. Ifølge Les Chateliers princip vil en reaktion altid forsøge at mindske virkningen af et indgreb. Dvs. at hvis der tilføres mere varme til reaktionen, så vil reaktionen ifølge Les Chateliers princip forbruge denne varme – og derved ’udligne’ indgrebet. I vores tilfælde svarer det til, at reaktionen forløber mod højre, og derfor må bliver også ligevægten blive forskudt mod højre, hvis temperaturen øges.

Side 8

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

8 d.

- Ligevægtskonstanten, K_{p}, ved 600°C er angivet til 4,7 bar.

Der laves en tabel over partialtrykkene ved start og ved ligevægt.

COCl_{2} (g) ⇌ CO (g) + Cl_{2} (g)

Start 0,95 bar 0 bar 0 bar

Ligevægt 0,95 bar - x x x

Partialtrykkene ved ligevægt indsættes i udtrykket for ligevægtsloven.

𝐾_{𝑝} =4,7𝑏𝑎𝑟=

𝑝 ( 𝐶𝑂) · 𝑝(𝐶𝑙_{2})
𝑝(𝐶𝑂𝐶𝑙_{2})

𝐾_{𝑝} =4,7𝑏𝑎𝑟= ⇒𝑥=0,81𝑏𝑎𝑟

𝑥^{2}
0,95 − 𝑥

Partialtrykkene bliver da:

𝑝 ( 𝐶𝑂) =𝑝 ( 𝐶𝑙_{2}) =𝑥=0,81𝑏𝑎𝑟
𝑝 ( 𝐶𝑂𝐶𝑙_{2}) =0,95𝑏𝑎𝑟 − 𝑥=0,95𝑏𝑎𝑟 − 0,81𝑏𝑎𝑟=0,14𝑏𝑎𝑟

Side 9

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

9

Opgave 5 a.

- Det er angivet, at koncentrationen af koncentreret phosphorsyre er 15 M, samt at der ønskes en

1,00L 0,020 M opløsning.

Stofmængden af phosphorsyre i opløsningen bestemmes:

𝑛 ( 𝑝ℎ𝑜𝑠𝑝ℎ𝑜𝑟𝑠𝑦𝑟𝑒) =𝑐 ( 𝑝ℎ𝑜𝑠𝑝ℎ𝑜𝑟𝑠𝑦𝑟𝑒) · 𝑉=0,020𝑀 · 1,00𝐿=0,020 𝑚𝑜𝑙

Denne stofmængde phosphorsyre skal så udtages fra den koncentrerede phosphorsyre. Det korresponderende volumen bestemmes.

𝑉 ( 𝑘𝑜𝑛𝑐.𝑝ℎ𝑜𝑠𝑝ℎ𝑜𝑟𝑠𝑦𝑟𝑒) = = =1,33 ·10^{−3} 𝐿=1,33𝑚𝐿

𝑛 ( 𝑝ℎ𝑜𝑠𝑝𝑜𝑟𝑠𝑦𝑟𝑒) 0,020𝑚𝑜𝑙 𝑐 ( 𝑘𝑜𝑛𝑐.𝑝ℎ𝑜𝑠𝑝ℎ𝑜𝑟𝑠𝑦𝑟𝑒) 15 𝑀 b.

- Koncentrationen af phosphorsyre er angivet til 0,020 M.

- Phosphorsyre antages at opføre sig som en monohydron syre med en pK_{s} -værdi på 2,12 ifølge

opgaveteksten.

K_{s} bestemmes:
𝑝𝐾_{𝑠} =−log ( 𝐾_{𝑠}): 𝐾_{𝑠} =10^{−𝑝𝐾_{𝑠}} =10^{−2,12} =7,59· 10^{−3}
Den første af phosphorsyrens pK_{s} -værdier (pK_{s1} = 2,12) tilhører en mellem-stærk syre, da den ligger i

                  +
intervallet [0-4]. [H O ] bestemmes derfor vha. følgende formel, der gælder for mellemm-stærke syrer i
                3

vand, hvor c_{s} er den formelle stofmængdekoncentration af syren, dvs. 0,020 M.

𝐾_{𝑠} =

[ 𝐻_{2} 𝑃𝑂_{4}^{−}] ⋅ [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]
[ 𝐻_{3} 𝑃𝑂_{4}]
[ 𝐻_{2} 𝑃𝑂_{4}^{−}] = [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]
𝑐_{𝑠} = [ 𝐻_{3} 𝑃𝑂_{4}] + [ 𝐻_{2} 𝑃𝑂_{4}^{−}] = [ 𝐻_{3} 𝑃𝑂_{4}] + [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] 𝑐_{𝑠} − [𝐻_{3} 𝑂^{+}]

} 𝐾_{𝑠} =

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}

7,59 · 10^{−3} = ⇒[𝐻_{3} 𝑂^{+}]=9,10 · 10^{−3} 𝑀

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}
0,020𝑀 − [𝐻_{3} 𝑂^{+}]
𝑝𝐻=−log [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =−log ( 9,10 · 10^{−3}) =2,04

c.

- Et bjerrumdiagram for phosphorsyre er opgivet til opgaven.

Bjerrumdiagrammet indeholder tre kurver – én for hver gang phosphorsyren afgiver et H^{+}. Dette giver

                                                             +
anledning til at inddele diagrammet i fire dele. Phosphorsyren mister et H

for hver gang man krydser en kurve fra venstre mod højre, fordi pH-værdien stiger ud langs x-aksen. Dermed må phosphorsyren være på følgende former i de fire dele respektivt:

Side 10

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 15. december 2011

10

𝐻_{3} 𝑃𝑂_{4} / 𝐻 𝑃𝑂_{4}^{−} / 𝐻𝑃𝑂 / 𝑃𝑂

2 4 4

3− 3−

Hvis man ved pH = 2,5 tegner en lodret streg op gennem diagrammet, ses det, at denne streg kun befinder

sig i de to første af de i alt fire forskellige dele af diagrammet. Stregen går altså ikke ind i de to dele af diagrammet, der findes længst til højre. Da y-aksen angiver molfraktionen er hver form, findes

phosphorsyren altså kun på følgende to former ved pH = 2,5.
30% 𝐻_{3} 𝑃𝑂_{4} og 70% 𝐻 𝑃𝑂_{4}^{−}

2

Procenterne fås ved at ca.-aflæse det sted, hvor den lodrette streg krydser først kurve, og dernæst aflæse molfraktionerne af de to former på y-aksen.

d.

- Grundstoffernes molare masse er bestemt ved tabelopslag.

       +                                                   -3
- [H  O ] for en 0,020 M phosphorsyreopløsning er beregnet til 9,10·10 M i forrige delopgave.
     3

Pufferligningen benyttes, og derfor bestemmes koncentrationen af protoneret og deprotoneret syre i opløsningen. Ud fra ligevægten, der er angivet i opgaveteksten, ses det, at:

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =[𝐻_{2} 𝑃𝑂_{4}^{−}]
[H_{3} O^{+}] er beregnet til 9,10· 10^{−3} 𝑀 og dermed er [𝐻_{2} 𝑃𝑂_{4}^{−}] bestemt.
[ 𝐻_{3} 𝑃𝑂_{4}] =𝑐_{𝑠} − [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =0,020𝑀 − 9,10 · 10^{−3} 𝑀=0,0109𝑀
For hvert molekyle NaOH, der tilsættes, omdannes ét 𝐻_{3} 𝑃𝑂_{4} til 𝐻_{2} 𝑃𝑂_{4}^{−} + 𝐻^{+}. Pufferligningen benyttes,

hvor x betegner den koncentration af NaOH, der behøves:

Nedenfor ses en skematisk oversigt over reaktionen:

pH H_{3} PO_{4} ⇌ H_{2} PO_{4}^{-} + H_{3} O^{+}
2,04 0,0109 M 9,10·10^{-3} M 9,10·10^{-3} M
2,50 0,0109 - x M 9,10·10^{-3} + x M -

𝑝𝐻=𝑝𝐾 + log ()

𝑠

[ 𝐻_{2} 𝑃𝑂_{4}^{−}]
[ 𝐻_{3} 𝑃𝑂_{4}]

2,5=2,12 + log () ⇒𝑥=5,0 · 10^{−3} 𝑀

9,1 · 10^{−3} 𝑀 + 𝑥
0,0109𝑀 − 𝑥
Derfor skal koncentrationen af NaOH være 5,0·10^{-3} M.
𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) =𝑐 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) · 𝑉=5,0 · 10^{−3} 𝑀 · 0,100𝐿=5,0 · 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

𝑀 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) =𝑀 ( 𝐻) + 𝑀 ( 𝑂) + 𝑀 ( 𝑁𝑎) =1,008+ 15,999 + 22,990=39,997

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) =𝑀 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) · 𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) =39,997 · 5,0 · 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙=0,020𝑔=20𝑚𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Altså skal der tilsættes 20 mg NaOH.