HTX Kemi A Eksamen 19. maj 2011

Side 1

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

1

Kemi A HTX

19. maj 2011

htx111-KEM/A-1

Opgave 1 a.

- Reaktionsskemaet for reaktion V er angivet.

Reaktion V er en fældningsreaktion, fordi tilsætningen af KI til AgNO
                                                         3

resulterer i dannelsen et bundfald i

form af AgI samt det opløselige KNO_{3}. Udfældningen sker, fordi de to reaktanter begge er letopløselige i

vand, mens AgI derimod er uopløseligt i vand.

b.

- Reaktionsskemaet for reaktion II er angivet.

                                                                 +
pH-værdien af en opløsning er defineret ud fra opløsningens koncentration af H .

𝑝𝐻 = −log [𝐻^{+}]
Derfor vil et fald i pH-værdien være lig med en stigning i koncentrationen af H^{+} og omvendt. I reaktion II er
H^{+} en af reaktanterne, og ud fra Le Chateliers princip ved vi, at reaktionen altid vil forsøge af modvirke et
indgreb ude fra. Dvs. hvis vi øger koncentrationen af H^{+} (sænker pH-værdien), så vil reaktionen bliver for-
skudt mod højre for at forbruge noget af overskuddet af H^{+} og dermed danne mere HCN. Hvis vi derimod
sænker koncentrationen af H^{+} (øger pH-værdien) så vil reaktionen blive forskudt mod venstre for at udligne
manglen på H^{+} i forhold til før indgrebet.

c.

- En tabel med forskellige koncentrationen af CN^{-} til forskellige tider er angivet.

Vi ved, at det for en førsteordens reaktion gælder, at hvis vi plotter ln(koncentration) mod tiden, så skal punkterne på grafen ligge på en ret linje. For at vise, at der rent faktisk er tale om en reaktion af første or-den indtegnes disse punkter derfor i et koordinatsystem. Først beregnes dog ln(koncentration).

t / timer 0 5 10 50 100 250
ln[CN^{-}] 6,215 6,184 6,153 5,914 5,613 4,719

Side 2

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

2

Ud fra grafen samt R^{2} -værdien, ses det at punkterne ligger på en ret linje. Derfor er reaktion III en

førsteordens reaktion.

d.

                                                                                -1
- Hastighedskonstanten for reaktionen uden tilsætning af aktivt kul er angivet til 0,0060 timer og

                                  -1
med tilsætning af aktivt kul til 0,021 timer for reaktionen.

Vi ved, at reaktionen er af første orden. Derfor ser hastighedsudtrykket for reaktionen således ud:

𝑣 = 𝑘 ·[𝐴]

hvor v er reaktionshastigheden, k er hastighedskonstanten og A er den forbindelse, hvis koncentration re-aktionshastigheden afhænger direkte af. Ud fra formlen ses det, at hvis [A] er ens i de to eksperimenter med og uden aktivt kul, så er det kun hastighedskonstanten k, der afgør reaktionshastigheden ved den giv-ne koncentration af A. Da hastighedskonstanten, k, øges ved tilsætning af aktivt kul, betyder det, at reakti-onshastigheden nødvendigvis også må øges, og dermed forløber reaktionen hurtigere, når der tilsættes ak-tivt kul.

e.

- En tabel over forskellige hastighedskonstanter, k, til forskellige temperaturer, T, er angivet for reak-tion III.

Til denne opgave anvendes Arrhenius ligning, som ses herunder.

ln ( 𝑘) = ln ( 𝐴) − ()

𝐸_{𝑎} 1

𝑅 𝑇

hvor k er hastighedskonstanten, A kaldes A-faktoren, E
                                             a

er aktiveringsenergien, R er gaskonstant og T i K er

temperaturen. Derfor beregner vi ln(k) og 1/T og resultaterne kan ses i tabellen herunder. Husk, at der først

omregnes fra timer til sekunder og fra grader Celsius til Kelvin.

1/T / K^{-1} 2,71·10^{-3} 2,82·10^{-3} 2,90·10^{-3} 3,09·10^{-3}

ln(k) -10,83 -11,92 -12,60 -13,91

y = -0,006x + 6,2134
R² = 1

4,5

4,7

4,9

5,1

5,3

5,5

5,7

5,9

6,1

6,3

6,5

00 ln[CN

]

t / timer

Side 3

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

3

Værdierne fra tabellen plottes ind i et koordinatsystem, således at vi får et Arrhenius plot.

                                                                3
Der laves en lineær regression og hældningen, a, af denne aflæses til -7,98·10 K. Ud fra Arrhenius ligning

ved vi, at hældningen er givet ved følgende, og vi kan bestemme aktiveringsenergien.

𝑎 = −; 𝐸_{𝑎} = −𝑎𝑅 = − ( −7,98·10^{3} 𝐾) ·8,314 = 65,6·10^{3} = 65,6

𝐸_{𝑎} 𝐽 𝐽 𝑘𝐽

𝑅 𝑚𝑜𝑙 ·𝐾 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Dermed er aktiveringsenergien for cyanidfjernelsen lig med 65,6 kJ/mol.

En anden måde at løse opgaven på er vha. af en anden udgave af Arrhenius ligning, som ses nedenfor.

ln() = − ·( −)

𝑘_{2} 𝐸_{𝑎} 1 1
𝑘_{1} 𝑅 𝑇_{2} 𝑇_{1}

Vi vælger to vilkårlige ligevægtskonstanter og de korresponderede temperaturer og isolerer aktiverings-energien. Dette er dog en mere upræcis måde at løse opgaven på, da der kun tages højde for 2 ud af de 4 opgivne sæt af data. Derfor vil regressionen altid være en bedre approksimation til aktiveringsenergien.

y = -7981,450x + 10,693
R² = 0,987

-15

-14

-13

-12

-11

-10

-9

0,0026 0,0027 0,0028 0,0029 0,003 0,0031 0,0032 ln(k)

1/T / K

Arrhenius plot

Side 4

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

4

Opgave 2 a.

- Strukturformlen for A er angivet.

Den funktionelle gruppe med den højeste prioritet i molekylet er et aldehyd (-CHO), som også er molekylets eneste funktionelle gruppe. Gruppen giver suffikset –al eller –aldehyd til forbindelsens navn og angiver samtidig, hvorfra nummeringen af kulstofatomer startes. Kulstofkæden er 2 kulstofatomerne lang og derfor navngives forbindelsen ethanal eller ethanaldehyd.

b.

- Et reaktionsskema for reaktion II er angivet.

Reaktion II er en eliminationsreaktion, fordi vand elimineres fra 3-hydroxy-3-phenylpropanal under dannel-

                                                                           3
se af en dobbeltbinding. Bemærk, at eliminationsreaktionen også er en redoxreaktion, idet C reduceres fra

0 til -1, og C^{2} oxideres fra -2 til -1.

CH CH C CH

CH C

OH O OH

H H

  H
   2
+

O

0 -1

-2 -1 c.

- Strukturformlen for kanelaldehyd af angivet

Kanelaldehyd indeholder en dobbeltbinding mellem C^{2} og C^{3}. Dette giver anledning til følgende to isomere:

en E- eller trans-form, der har hydrogenatomerne på hver sin side af dobbeltbindingen, og en Z- eller cis-form, der har hydrogenatomerne på samme side af dobbeltbindingen.

C CH C H

C C

H O H

H CH

O trans-kanelaldehyd cis-kanelaldehyd

Da kanelaldehyd ikke indeholder nogen asymmetriske kulstofatomer, dvs. kulstofatomer, der binder til fire forskellige grupper, kanelaldehyds struktur kun anledning til disse to isomere former.

d.

- Strukturformlen for molekyle A og kanelaldehyd er angivet.

Vand er et polært solvent, så derfor opløses andre polære forbindelser bedre i vand end upolære forbindel-se. Dette betyder, at den mest polære forbindelse af de to nævnte vil være mest opløselig i vand. De to forbindelser indeholder begge et aldehyd, der er en polær funktionel gruppe, så denne gruppe bidrager lige

Side 5

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

5 meget til vandopløseligheden i begge forbindelse. Derimod er antallet af kulstofatomer meget forskelligt,

og da C-H bindinger er upolære, mindskes opløseligheden af en forbindelse i vand for hver CH-, CH_{2} - eller
CH_{3} -gruppe forbindelsen indeholder. Forbindelse A har langt færre kulstofatomer, men lige så mange polæ-

re grupper som kanelaldehyd, så derfor må forbindelse A være mest opløselig i vand.

Side 6

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

6

Opgave 3 a.

- Reaktionsligningen er angivet.

Da det er ligevægtsloven, K_{p}, vi skal opskrive, indgår de forskellige forbindelser med deres partialtryk opløf-

tet til den koefficient, de indgår med i reaktionsligningen. Ligevægtsloven for reaktionen er derfor defineret således:

𝐾_{𝑝} =

𝑝 ( 𝐻𝐶𝑙)^{4} ·𝑝(𝑂_{2})
𝑝 ( 𝐶𝑙_{2})^{2} ·𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂)^{2}

b.

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

- Værdierne for H^{θ} er angivet.
ΔH^{θ} beregnes for at bestemme om reaktionen er endoterm eller exoterm.

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

𝜃 𝜃

= (𝐻^{𝜃} ( 𝑂_{2} ( 𝑔)) +4·𝐻^{𝜃} ( 𝐻𝐶𝑙 ( 𝑔)))−(2⋅𝐻^{𝜃} ( 𝐶𝑙_{2} ( 𝑔)) +2·𝐻^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑔)))

= ( 0+4· ( −92,3)) − ( 2⋅ ( 0) +2· ( −241,8)) = 114,4

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Reaktionen er endoterm fordi ΔH^{θ} > 0.

c.

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

- Værdierne for S^{θ} er angivet.
Til at beregne K_{p} ved 750 K anvendes følgende sammenhæng, fordi vores system er i ligevægt.

ln ( 𝐾_{𝑝}) = − ⋅ +

ΔH^{θ} 1 ΔS^{θ}

𝑅 𝑇 𝑅

Derfor bestemmes først ΔS^{θ} for reaktionen.

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

𝜃

= (𝑆^{𝜃} ( 𝑂_{2} ( 𝑔)) +4·𝑆^{𝜃} ( 𝐻𝐶𝑙 ( 𝑔)))−(2⋅𝑆^{𝜃} ( 𝐶𝑙_{2} ( 𝑔)) +2·𝑆^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑔)))

= ( 205,15+4·186,9) − ( 2⋅223,08+2·188,8) = 128,99

𝐽 𝑚𝑜𝑙 ⋅𝐾

Denne værdi indsættes i ligningen fra før og T sættes lig med 750 K. Gaskonstanten er lig med 8,314

J/(mol·K).

Side 7

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

7

ln ( 𝐾_{𝑝}) = − ⋅ + = − ⋅ + = −2,8331; 𝐾_{𝑝} = 𝑒^{−2,8331}

ΔH^{θ} 1 ΔS^{θ} 1

𝑅 𝑇 𝑅 750𝐾

114400 128,99

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 ⋅𝐾

8,31 8,31

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 ⋅𝐾 𝑚𝑜𝑙 ⋅𝐾

= 5,8830⋅10^{−2}
Enheden for K_{p} bestemmes ud fra ligevægtsloven:

𝐾_{𝑝} = = = 𝑏𝑎𝑟

𝑝 ( 𝐻𝐶𝑙)^{4} ·𝑝(𝑂_{2}) 𝑏𝑎𝑟^{5}
𝑝 ( 𝐶𝑙_{2})^{2} ·𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂)^{2} 𝑏𝑎𝑟^{4}
Dermed er K_{p} for reaktionen ved 750 K lig med 5,88·10^{-2} bar.

Side 8

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

8

Opgave 4 a.

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

- Et absorptionsspektrum for Brilliant Blue FCF er angivet.

Det er oplagt at vælge bølgelængden på ca. 550 nm, fordi det er her Brilliant Blue FCF har sin maksimale absorbans. Ved denne bølgelængde er signal:støj-forholdet størst. Dette betyder, at usikkerheden af målin-gen minimeres mest mulig ved denne netop bølgelængde, fordi signal:støj-forholdet er størst her.

b.

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

- En tabel med forskellige absorbanser for forskellige koncentrationer af Brilliant Blue FCF er angivet.

- Kuvettebredden er angivet til 1 cm.

Til denne opgave anvendes Lambert-Beers Lov.

𝐴 = 𝜀_{𝜆} ·𝑙 ·𝑐
hvor A er absorbansen, 𝜀_{𝜆} er den molare absorptionskoefficient ved bølgelængden 𝜆, l er kuvettebredden i

cm og c er stofmængdekoncentrationen. Vi plotter absorbansen som funktion af stofmængde-koncentrationen i et koordinatsystem og laver dernæst en lineær regression på den bedste rette linje.

Forskriften for den rette linje kan vi nu aflæse til:

𝐴 = 0,042·𝑐 +0,009

Fra Lambert-Beers lov ved vi, at hældningen, a, af den rette linjen er givet ved:

𝑎 = 𝜀_{𝜆} ·𝑙; 𝜀_{𝜆} = = = 0,042 µM^{−1} 𝑐𝑚^{−1}

𝑎 0,042 𝑙 1

                                                 -1  -1
Altså er den molare absorptionskoefficient lig med 0,042 µM cm .

y = 0,042x + 0,009
R² = 0,999

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

25 30

Absorbans

Stofmængdekoncentration / µM

Standardkurve for Brilliant Blue FCF

Side 9

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

9 c.

- Absorbansen af den ufortyndede saftevand er angivet til 0,116.

- Grænseværdien for Brilliant Blue FCF i fødevarer er angivet til 100 mg/L.
- Den molare masse for Brilliant Blue FCF er angivet til 792,85 g/mol.

- Den molare absorptionskoefficient er blevet bestemt i forrige opgave.

Først indsættes absorbansen i Lambert-Beers lov og koncentrationen bestemmes.

𝐴 = 𝜀_{𝜆} ·𝑙 ·𝑐; 𝑐 = = = 2,76 µM

𝐴 0,116

𝜀_{𝜆} ·𝑙 0,042 µM^{−1} 𝑐𝑚^{−1} ·1 𝑐𝑚

Stofmængdekoncentrationen omregnes til en massekoncentration, 𝜌, og den molare masse for Brilliant Blue FCF anvendes dertil.

𝑀 ( 𝐵𝑟𝑖𝑙𝑙𝑖𝑎𝑛𝑡 𝐵𝑙𝑢𝑒 𝐹𝐶𝐹) = 792,85 = 792,85 = 0,79285

𝑔 𝑚𝑔 𝑚𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑚𝑜𝑙 µ𝑚𝑜𝑙

𝜌 ( 𝐵𝑟𝑖𝑙𝑙𝑖𝑎𝑛𝑡 𝐵𝑙𝑢𝑒 𝐹𝐶𝐹) = 𝑐 ( 𝐵𝑟𝑖𝑙𝑙𝑖𝑎𝑛𝑡 𝐵𝑙𝑢𝑒 𝐹𝐶𝐹) ·𝑀 ( 𝐵𝑟𝑖𝑙𝑙𝑖𝑎𝑛𝑡 𝐵𝑙𝑢𝑒 𝐹𝐶𝐹)
= 2,76 ·0,79285 = 2,19

µ𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑔 𝑚𝑔

𝐿 µ𝑚𝑜𝑙 𝐿

Da massekoncentrationen af Brilliant Blue FCF i den ufortyndede saftevand er 2,19 mg/L, overskrides græn-

seværdien altså ikke.

Side 10

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

10

Opgave 5 a.

- pK_{s} -værdien for mælkesyre er angivet til 3,86, og koncentrationen af mælkesyreopløsningen er an-

givet til 0,050 M.

Mælkesyre er en ikke-stærk syre, fordi dens pK_{s} -værdi ligger i intervallet [0-4]. Derfor har mælkesyre føl-

gende ligevægt i en vandig opløsning.

𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻+𝐻 𝑂 ⇌ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂^{−} +𝐻_{3} 𝑂^{+}

2

[H_{3} O^{+}] bestemmes derfor vha. følgende formel, der gælder for ikke-stærke syrer i vand, hvor c_{s} er den for-

melle stofmængdekoncentration af syren, dvs. 0,050 M.

𝐾_{𝑠} =

[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂^{−}] ⋅ [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]
[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻]
[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂^{−}] = [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]
𝑐_{𝑠} = [ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻] + [ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂^{−}] = [ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻] + [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] 𝑐_{𝑠} −[𝐻_{3} 𝑂^{+}]

} 𝐾_{𝑠} =

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}

Vi skal bruge K_{s} og denne bestemmes derfor ud fra pK_{s} -værdien.
𝑝𝐾_{𝑠} = −log ( 𝐾_{𝑠}): 𝐾_{𝑠} = 10^{−𝑝𝐾_{𝑠}} = 10^{−3,86} = 1,38·10^{−4}
Vi kan nu sætte værdierne ind i ligningen og løse den med hensyn til [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}].

1,38·10^{−4} =; [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] = 2,56·10^{−3}

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}
0,050−[𝐻_{3} 𝑂^{+}]

Endeligt kan pH-værdien bestemmes:

𝑝𝐻 = −log [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] = −log ( 2,56·10^{−3}) = 2,59

b.

En pufferopløsning har størst pufferkapacitet, når [syre] = [base], og dette gælder når pH = pK for syren.
                                                                              s

Dette ses direkte af pufferligningen:

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} +log

[𝐵𝑎𝑠𝑒]

[𝑆𝑦𝑟𝑒]

Hvis [base] = [syre], så fås log(1) = 0, hvilket giver at pH = pK . Og netop denne komposition af syre og base
                                                 s

har den største pufferkapacitet, fordi tilsætning af stærk syre eller stærk base omdannes direkte til den ik-ke-stærke syre eller dens korresponderende base respektivt. Derfor haves den største pufferkapacitet om-

kring dette område dvs. når pH-værdien ligger i intervallet 3,86 ± 1,0. Som tommelfingerregel siger man, at

forholdet mellem koncentrationen af syre og base skal ligge mellem 10 og 0,1 for få maksimalt pufferkapa-

citet, hvilket resulterer i ± 1,0 pH-enhed.

c.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

- Massen af mælkesyre er angivet til 5,00 g og massen af natriumlactat er angivet til 10,0 g.

Side 11

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 19. maj 2011

11

- Opløsningens volumen er angivet til 100 mL.

Først omregnes massen af mælkesyre og natriumlactat om til stofmængder.

𝑀 ( 𝑚æ𝑙𝑘𝑒𝑠𝑦𝑟𝑒) = 3·𝑀 ( 𝐶) +6·𝑀 ( 𝐻) +3·𝑀 ( 𝑂) = 3·12,01+6·1,01+3·16,00 = 90,09

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑀 ( 𝑛𝑎𝑡𝑟𝑖𝑢𝑚𝑙𝑎𝑐𝑡𝑎𝑡) = 3·𝑀 ( 𝐶) +5·𝑀 ( 𝐻) +3·𝑀 ( 𝑂) +𝑀 ( 𝑁𝑎)
= 3·12,01+5·1,01+3·16,00+22,99 = 112,07

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛 ( 𝑚æ𝑙𝑘𝑒𝑠𝑦𝑟𝑒) = = = 0,0555 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑚æ𝑙𝑘𝑒𝑠𝑦𝑟𝑒) 5,00𝑔

𝑀 ( 𝑚æ𝑙𝑘𝑒𝑠𝑦𝑟𝑒)

90,09 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛 ( 𝑛𝑎𝑡𝑟𝑖𝑢𝑚𝑙𝑎𝑐𝑡𝑎𝑡) = = = 0,0892 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑛𝑎𝑡𝑟𝑖𝑢𝑚𝑙𝑎𝑐𝑡𝑎𝑡) 10,00𝑔

𝑀 ( 𝑛𝑎𝑡𝑟𝑖𝑢𝑚𝑙𝑎𝑐𝑡𝑎𝑡)

112,07 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Vi kan nu bestemme pH-værdien ved at indsætte de beregnede stofmængder i pufferligningen.

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} +log = 3,86+log = 4,07

𝑛(𝑏𝑎𝑠𝑒) 0,0892𝑚𝑜𝑙 𝑛(𝑠𝑦𝑟𝑒) 0,0555𝑚𝑜𝑙

Altså er pufferopløsningens pH lig med 4,07.

d.

- pH-værdien inden tilsætning af HCl er bestemt i forrige opgave til 4,07.

- Det er angivet, at der tilsættes 5,0 mL 1,0 M HCl.

Først beregnes stofmængden af tilsat HCl.

𝑛 ( 𝐻𝐶𝑙) = 𝑐 ( 𝐻𝐶𝑙) ·𝑉 = 1,0𝑀·0,005𝐿 = 0,005𝑚𝑜𝑙

Ved tilsætning er HCl forløber følgende reaktion, idet saltsyren neutraliseres af lactat.

𝐻𝐶𝑙 +𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂^{−} ⇌ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻+𝐶𝑙

−

Ud fra reaktionsskemaet ses det, at hvis der tilsættes 0,005 mol HCl, så mindskes stofmængden af lactat med 0,005 mol og stofmængden af mælkesyre øges med 0,005 mol. Dette indsættes i pufferligningen.

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} +log = 3,86+log = 4,00

𝑛 ( 𝑏𝑎𝑠𝑒) −𝑛(𝐻𝐶𝑙) 0,0892𝑚𝑜𝑙−0,005𝑚𝑜𝑙
𝑛 ( 𝑠𝑦𝑟𝑒) +𝑛(𝐻𝐶𝑙) 0,0555𝑚𝑜𝑙+0,005𝑚𝑜𝑙

pH-ændringen er derfor.

Δ𝑝𝐻 = 4,07−4,00= 0,07

Altså ændres pH-værdien med 0,07.