HTX Kemi A Eksamen 26. august 2013

Side 1

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

1

Kemi A HTX

26. august 2013

htx132-KEM/A-

Opgave 1 a.

𝐾𝐶𝑙𝑂_{3} ( 𝑠) + 3𝑀𝑔 ( 𝑠) → 3𝑀𝑔𝑂 ( 𝑠) + 𝐾𝐶𝑙 (𝑠)
KClO_{3}: Kaliumchlorat (V) Mg: Magnesium

MgO: Magnesiumoxid KCl: Kaliumchlorid b.

2 2 2 2 2 HTX 3. år O O Ag H

- -

+ + + + + 2^{O Br}

benzen-1,4-diol cyclohexa-2,5-dien-1,4-dion

Der indgår to organiske forbindelse i reaktion IV,

• Benzen-1,4-diol indeholder to hydroxygrupper (rød) og en benzenring (blå). Den aromatiske ring kan også ses som en funktionel gruppe, men det kræves ikke, at denne identificeres på HTX-niveau.

• Cyklohexa-2,5-dien-1,4-dion indeholder to ketoner (gul) og to dobbeltbindinger (grøn).

c.

For at en reaktion er en redoxreaktion, skal den indeholde en oxiderende og en reducerende forbindelse.

Denne reaktion opfylder det krav.

2 2 2 2 2 HTX 3. år O O Ag H

- -

+ + + + + 2^{O Br}

benzen-1,4-diol cyclohexa-2,5-dien-1,4-dion

+

Ag reduceres fra +1 til 0. Den organiske forbindelse oxideres, fordi de to hydroxygrupper oxideres til to
ketoner. Derfor bliver de korresponderende kulstofatomer oxideret fra +1 til +2.

 +                                            +2
2 2 2 2 2 HTX 3. år                     CO C O Ag H (

- ( -

     +1   +1
     (
          (                                 O Br
+ + + + +                                  2

benzen-1,4-diol cyclohexa-2,5-dien-1,4-dion

(

(

(

(

+2

(

(

(

(

Side 2

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

2 d.

                       -13 2
- K  er angivet til 5,35·10 M .
    sp

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

Reaktionen forløber således:

AgBr (s) ⇌ Ag^{+} (aq) + Br^{−} (aq)

Start - 0 0

Ligevægt - x x

𝐾_{𝑠𝑝} = [ 𝐴𝑔^{+}] ⋅ [ 𝐵𝑟^{−}] = 𝑥⋅ 𝑥; 𝑥 = 𝐾_{𝑠𝑝} = √ 5,35 ⋅ 10^{−13} = 7,3144 ⋅ 10^{−7} 𝑀
√

Koncentrationen af saltet er lig med koncentrationen af hver af ionerne:

[ 𝐴𝑔𝐵𝑟] = [ 𝐴𝑔^{+}] = [ 𝐵𝑟^{−}] = 𝑥 = 7,3144 ⋅ 10^{−7} 𝑀

I det næste trin omregnes den molare koncentration til massekoncentration.

𝑀 ( 𝐴𝑔𝐵𝑟) = 𝑀 ( 𝐴𝑔) + 𝑀 ( 𝐵𝑟) = 107,868 + 79,904 =187,772 𝑔/𝑚𝑜𝑙

[ 𝐴𝑔𝐵𝑟] = = =; 𝜌 ( 𝐴𝑔𝐵𝑟) = [ 𝐴𝑔𝐵𝑟] ⋅ 𝑀 ( 𝐴𝑔𝐵𝑟)

𝑛 ( 𝐴𝑔𝐵𝑟) 𝑚 ( 𝐴𝑔𝐵𝑟) 𝜌 ( 𝐴𝑔𝐵𝑟)

𝑉 𝑉⋅ 𝑀 ( 𝐴𝑔𝐵𝑟) 𝑀 ( 𝐴𝑔𝐵𝑟)

= 7,3144 ⋅ 10^{−7} ⋅ 187,772 = 1,3734⋅ 10^{−4} 𝑔/𝐿

𝑚𝑜𝑙 𝑔

𝐿 𝑚𝑜𝑙

                                       -5
Opløseligheden af sølv(I)bromid i vand er 1,4·10 g/100 mL.

e.

- -

2 2 2 2 2 O O Ag H

+ + + + + 2^{O Br}

benzen-1,4-diol cyclohexa-2,5-dien-1,4-dion

Reaktionen kræver en base for at forløbe, og dermed for at syntetisere Ag. Hvis der tilsættes syre, som fx eddikesyre, vil reaktionen altså stoppe, fordi syren neutraliserer basen.

f.

- Fixerbadet kan genbruges hvis koncentrationen thiosulfat er over 0,902M.

- 18,65 mL af en 0,200 M iod-opløsning er blevet brugt.

- Der er blevet titreret 10 mL af den brugte thiosulfat-opløsning.

2𝑆_{2} 𝑂_{3}^{2−} ( 𝑎𝑞) + 𝐼_{2} ( 𝑎𝑞) → 𝑆_{4} 𝑂_{6}^{2−} ( 𝑎𝑞) + 2𝐼^{−} (𝑎𝑞)

                                                 2-
Reaktionen angiver, at hver I -molekyle reagerer med to S O -ioner.
                       2                       2 3

[ 𝑆_{2} 𝑂_{3}^{2−}]_{10𝑚𝐿} = = = = = 0,746 𝑀

𝑛 ( 𝑆_{2} 𝑂_{3}^{2−}) 2 ⋅ 𝑛 ( 𝐼_{2}) 2 ⋅ [ 𝐼_{2}] ⋅ 𝑉 ( 𝐼_{2})

𝑉 𝑉 𝑉 0,010 𝐿

2 ⋅ 0,2 ⋅ 0,01865 𝐿 𝑚𝑜𝑙

𝐿

Side 3

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

3

Koncentrationen af thiosulfat-ioner er den samme i den 10 mL prøve, som i fixerbadet. Derfor kan fixerbadet ikke genbruges, da koncentrationen er lavere end 0,902 M.

Side 4

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

4

Opgave 2 a.

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.
𝐶𝑎 ( 𝑂𝐻)_{2} ( 𝑠) + 𝐶𝑂_{2} ( 𝑔) ⇌ 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3} ( 𝑠) + 𝐻_{2} 𝑂 (𝑙)
ΔH^{θ} beregnes på følgende måde:

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

𝜃

= 𝐻^{𝜃} ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3} ( 𝑠)) + 𝐻^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙)) − 𝐻^{𝜃} ( 𝐶𝑎 ( 𝑂𝐻)_{2} ( 𝑠)) − 𝐻^{𝜃} ( 𝐶𝑂_{2} ( 𝑔))
= −1207,13 + ( −285,8) − (−985,2 + ( −393,51))= −114,22

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 b.

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.
ΔS^{θ} beregnes på følgende måde:

Δ𝑆^{𝜃} = ∑𝑆^{𝜃} ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝑆^{𝜃} ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)
= 𝑆^{𝜃} ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3} ( 𝑠)) + 𝑆^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙)) − 𝑆^{𝜃} ( 𝐶𝑎 ( 𝑂𝐻)_{2} ( 𝑠)) − 𝑆^{𝜃} ( 𝐶𝑂_{2} ( 𝑔))
= 88,7 + 70,0 − ( 83,4 + 213,785) = −138,485

𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

Reaktionen går mod en mere ordnet struktur, da ΔS^{θ} < 0, hvilket vil sige, at entropien af produkterne er

mindre end entropien af reaktanterne. Der haves to reaktanter og to produkter i reaktion, så antallet af partikler i systemet ændres ikke. Dog ændres partiklernes tilstandsform: ét produkt og én reaktant er på fast form, den anden reaktant er på gasform og det sidste produkt er flydende. Faste stoffer er et mere ordnet system end væsker, og væsker er mere ordnede end gasser, så deres relative entropier er:

𝑆_{𝑓𝑎𝑠𝑡} < 𝑆_{𝑓𝑙𝑦𝑑𝑒𝑛𝑑𝑒} < 𝑆_{𝑔𝑎𝑠}

Altså skyldes faldet i entropi i denne reaktion ændringen i tilstandsform mellem reaktant og produkt.

c.

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

Spontaniteten af en reaktion afhænger af Gibbs fri energi, der kan beregnes ud fra følgende ligning:

Δ𝐺^{𝜃} = Δ𝐻^{𝜃} − Δ𝑆^{𝜃} ⋅ 𝑇 = −114,22 − (−138,485 ⋅ 10^{−3} ⋅ ( 18 + 273,15) 𝐾)= −73,9

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙

ΔG^{θ} < 0, så derfor er reaktionen spontan.

Side 5

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

5 d.

Værdien af Gibbs fri energi angiver spontaniteten af en reaktion. En reaktion er spontan, hvis ΔG^{θ} < 0, og

           θ
ellers, hvis ΔG > 0, er reaktionen ikke spontan.

Δ𝐺^{𝜃} = Δ𝐻^{𝜃} − Δ𝑆^{𝜃} ⋅ 𝑇 = −114,22 − (−138,485⋅ 10^{−3} ⋅ 𝑇)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

I denne reaktion er både ΔH^{θ} and ΔS^{θ} negative. Altså:
ℎ𝑣𝑖𝑠 | Δ𝑆^{𝜃} ⋅ 𝑇 | > | Δ𝐻^{𝜃} | → Δ𝐺^{𝜃} > 0

ℎ𝑣𝑖𝑠 | Δ𝑆^{𝜃} ⋅ 𝑇 | < | Δ𝐻^{𝜃} | → Δ𝐺^{𝜃} < 0

Altså afgør temperaturen, hvorvidt reaktionen er spontan eller ikke.

                                                                              θ
Vi kan beregne ved hvilken temperatur reaktionen bliver spontan. Dertil skal vi vide, hvornår ΔG er lig med

nul.

Δ𝐺^{𝜃} = Δ𝐻^{𝜃} − Δ𝑆^{𝜃} ⋅ 𝑇 = 0; 𝑇 = = = 824,78 𝐾

Δ𝐻^{𝜃}
Δ𝑆^{𝜃}

−114,22

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

−138,485 ⋅ 10^{−3}

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 ⋅𝐾 altså,

ℎ𝑣𝑖𝑠 𝑇 < 824,78 𝐾; 𝑠å 𝑒𝑟 Δ𝐺^{𝜃} < 0
ℎ𝑣𝑖𝑠 𝑇 > 824,78 𝐾; 𝑠å 𝑒𝑟 Δ𝐺^{𝜃} > 0

Side 6

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

6

Opgave 3 a.

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

Den valgte bølgelængde er 560 nm, fordi det er her azorubins har sin maksimale absorbans. Ved denne bølgelængde er signal:støj ratioen højest. Endvidere minimeres usikkerheden af målingen ved at vælge denne bølgelængde, netop fordi signal:støj rationen er høj.

Hvis azorubin har maksimal absorbans ved 560 nm, betyder det at azorubin absorberer i den grønne farvezone. Vores øje ser den komplimentære farve, og denne er rød. Derfor er azorubin en rød forbindelse.

b.

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

- Absorbanser for azorubin ved 560 nm er angivet for forskellige koncentrationer.

- Cuvettelængden er 1,00 cm.

Absorbans 560 nm 0,00 0,082 0,159 0,320 0,643

[azorubin] / 10^{-5} M 0,0 2,0 5,0 10,0 20,0

Der er en lineær sammenhæng mellem absorbansen og koncentrationen, som det forudsiges af Lambert- Beers lov.

𝐴_{560 𝑛𝑚} = 𝜀_{560 𝑛𝑚} ⋅ [ 𝑎𝑧𝑜𝑟𝑢𝑏𝑖𝑛] ⋅ 𝑙 ≡ ⋅ 𝑀 ⋅𝑐𝑚

1

𝑀 ⋅𝑐𝑚

Vi kan sammensætte denne formel med udtrykket for tendenslinjen, og dermed beregne ε_{560.}
𝐴_{560 𝑛𝑚} = 𝜀_{560 𝑛𝑚} ⋅ [ 𝑎𝑧𝑜𝑟𝑢𝑏𝑖𝑛] ⋅ 𝑙 = 3177,7 ⋅ [ 𝑎𝑧𝑜𝑟𝑢𝑏𝑖𝑛] + 0,0057≈ 3177,7 ⋅ [ 𝑎𝑧𝑜𝑟𝑢𝑏𝑖𝑛]

𝜀_{560 𝑛𝑚} ⋅ 𝑙 = 3177,7; 𝜀_{560 𝑛𝑚} = = =3177,7 𝑀^{−1} ⋅ 𝑐𝑚^{−1}

3177,7 3177,7 𝑙 1

ε_{λ} angives typisk i M^{-1} ·cm^{-1}.

y = 3177,7x + 0,0057
R² = 0,9991

0

0,2

0,4

0,6

0,8

0,0E+00 5,0E-05 1,0E-04 1,5E-04 2,0E-04 2,5E-04

Absorbans

[azorubin] / M

Side 7

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

7

En anden måde, hvorpå opgaven kan løses, er ved at anvende denne formel:

𝜀_{560 𝑛𝑚} =

𝐴_{560 𝑛𝑚}

[ 𝑎𝑧𝑜𝑟𝑢𝑏𝑖𝑛] ⋅ 𝑙 og anvende et tilfældigt sæt af værdier fra tabellen. Værdien af ε vil afhænge af det valgte sæt af data, og derfor er tendenslinjen en bedre approksimation.

c.

- Følgende tre plot er opgivet: [azorubin] mod tiden, ln[azorubin] mod tiden og 1/[azorubin] mod tiden. Der er angivet en tendenslinje til hvert plot.

Den bedste rette linje er uden tvivl den anden, hvor plottet angiver ln[azorubin] mod tiden. Derfor følger reaktionen førsteordens kinetik

− = 𝑘 ⋅ [ 𝐴]; ∫_{[}_{]_{0}} ⋅ 𝑑 [ 𝐴] = − ∫ 𝑘 ⋅ 𝑑𝑡; ln =−𝑘⋅ ( 𝑡− 𝑡_{0});

𝑑 [ 𝐴] 1 [ 𝐴]

𝑑𝑡 [ 𝐴] [ 𝐴]_{0}

[ 𝐴] 𝑡

𝐴 𝑡_{0}

hvor ”A” betyder azorubin.

Tendenslinjen for dette plot er:

ln [ 𝐴] = −0,0197 ⋅ 𝑡 − 10,142

Ud fra denne ligning kan to vilkårlige punkter beregnes, og disse kan derefter indsættes i den første ligning, således at vi kan beregne k.

ℎ𝑣𝑖𝑠 𝑡 = 0 𝑠 ⇒ ln [ 𝐴]_{0} = −0,0197 ⋅ 𝑡 − 10,142= −0,0197 ⋅ 0 − 10,142= −10,142
ℎ𝑣𝑖𝑠 𝑡 = 100 𝑠 ⇒ ln [ 𝐴]_{100} = −0,0197⋅ 𝑡− 10,142 =−0,0197 ⋅ 100 − 10,142= −12,112

Værdierne indsættes i den første ligning:

ln = −𝑘⋅ ( 𝑡−𝑡_{0}); 𝑘 = − = −

[ 𝐴]_{100} ln [ 𝐴]_{100} −ln [ 𝐴]_{0} −12,112− ( −10,142)
[ 𝐴]_{0} 𝑡−𝑡_{0} 100 𝑠 − 0 𝑠
= 19,7 ⋅ 10^{−3} 𝑠^{−1}
Derfor er k altså lig med 19,7·10^{-3} s^{-1}

d.

Mængden af azorubin ved start (A_{0}) er udregnes i den forrige opgave.

[ 𝐴] = [ 𝐴]_{0} − ⋅ [ 𝐴]_{0} = ⋅ [ 𝐴]_{0}

95 5

100 100

ln = ln = ln = −𝑘⋅ ( 𝑡−𝑡_{0}); 𝑡 = 𝑡_{0} − = 0 𝑠 −

[ 𝐴] 5

[ 𝐴]_{0} [ 𝐴]_{0} 100 𝑘 19,7 ⋅ 10^{−3} 𝑠^{−1}

5 5 5

100 100 100

⋅ [ 𝐴]_{0} ln ln

= 152,07 𝑠

Side 8

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

8

Opgave 4 a.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

CH C

CH_{3} O

CH CH OH

3

NH_{2}

valin

𝑀 ( C_{5} H_{11} O_{2} N) =5⋅ 𝑀 ( 𝐶) + 11 ⋅ 𝑀 ( 𝐻) + 2 ⋅ 𝑀 ( 𝑂) + 𝑀 ( 𝑁)
= 5 ⋅ 12,011 + 11⋅ 1,008 + 2 ⋅ 15,999 + 14,007= 117,148 𝑔/𝑚𝑜𝑙

b.

Valin er en aminosyre og indeholder ligesom resten af aminosyrerne et asymmetrisk kulstofatom. Dette C er bundet til fire forskellige grupper og gør valin optisk aktivt. Derfor har valin to isomere, der enantiomere.

C C

CH_{3} O CH_{3} O

* *

CH OH CH OH

3 3

NH_{2} NH_{2}

H H

(R)-valin (S)-valin

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:

-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.

Side 9

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

9 c.

- Der haves 50,0 g 2-methylpropanal ved reaktionens start.

CH_{3} CH_{3}

CH CH

3 3

H NH_{2}

O

CH N

  NH
    3
+ + +

N

H_{2} O

2-methylpropanal

C

CH_{3} OCH

3

CH CH OH

3 3

NH_{2} NH_{2}

valin

N

2^{H_{2}}

    O
+ +

NH_{3}

H^{+}

Det antages, at begge reaktioner har et udbytte på 100%, således at antallet af mol valin er det samme som

antallet af mol 2-methylpropanal (C H O).
                             4 8

𝑀 ( 𝐶_{4} 𝐻_{8} 𝑂) = 4 ⋅ 𝑀 ( 𝐶) + 8 ⋅ 𝑀 ( 𝐻) + 𝑀 ( 𝑂) = 4 ⋅ 12,011 + 8 ⋅ 1,008+ 15,999=72,107 𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑛 ( 𝑣𝑎𝑙𝑖𝑛) = 𝑛 ( 𝐶_{4} 𝐻_{8} 𝑂) = = = 0,6934 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝐶_{4} 𝐻_{8} 𝑂) 50.0 𝑔
𝑀 ( 𝐶_{4} 𝐻_{8} 𝑂)

72,107 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑣𝑎𝑙𝑖𝑛) = 𝑛 ( 𝑣𝑎𝑙𝑖𝑛) ⋅ 𝑀 ( 𝑣𝑎𝑙𝑖𝑛) = 0,6934 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 117,148 = 81,2 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙 d.

- Bjerrumdiagrammet for valin er angivet.

Bjerrumdiagrammet viser fordelingen af de forskellige former af valin som en funktion af pH-værdien, når opløsningen er i ligevægt. Valin haves på følgende former alt efter pH-værdi.

C C C

OCH OCH OCH

3 3 3

CH OH CH OH CH O^{-}

3 3 3

NH_{3}^{+} NH_{2} NH_{2}

🡩pH 🡩pH

🡫pH 🡫pH

Diagrammet viser, at y er 0,14 ved pH = 3, hvilket betyder at molfraktionen af den mest protonerede form

(valinium) er 0,14, mens molfaktionen af neutral valin er 0,86. Dette skyldes, at der ved denne pH-værdi ikke haves den mest deprotonerede form af valin tilstede i ligevægten endnu.

                                +
       H O H                   O
C    + + 2             C       3

OCH OCH

3 3

CH OH CH OH

3

NH_{3}^{+} NH_{2}
pH = 3.0_{3}

0.14 0.86

Side 10

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2013

10 e.

O O

NH

2

OH OH

CH CH_{3} CH CH_{3}

3 3

+ +
    NH
    2

O

NH OH

2

NH

CH CH_{3}

3

O

CH CH_{3}

3

H_{2} O

Reaktionen mellem to aminosyrer danner en peptidbinding; aminogruppen på én aminosyre reagerer med carboxylsyren på den anden aminosyre i en kondensationsreaktion.