HTX Kemi A 4. juni 2012 - Eksamenssæt - Opgave 1, 2, 3 og 4

Side 1

1

Kemi A HTX 4. juni 2012

Opgave 1

Molare masser findes i databogen s. 14-16 a)

Først ser vi på de funktionelle grupper og længden:

- Fire Carbon.

- En Hydroxy gruppe

- En Carboxylsyre

Grundet de fire carbon er det butan, grundet carboxylsyren ender den på syre: butansyre.

Grundet hydroxygruppen som sidder på tredje carbon starter den med: 3-hydroxy.

Det fuldenavn er derfor: 3-hydroxybutansyre.

b)

3-hydroxybutansyre har 2 isomere, da den har et asymmetrisk carbon, og derfor forekommer der optisk stereoisomeri. Det er carbon tre, hvor hydroxygruppen også sidder.

c)

Først optælles de forskellige atomer:

12 carbon, 11 oxygen samt 22 hydrogen.

De molare masser lægges sammen:

𝑀_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = 12 ∙ 12,0107 + 11 ∙ 15,9994 + 22 ∙ 1,00794

𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑀_{𝐿𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = 342,296 = 342,3 𝑔/𝑚𝑜𝑙

Altså svarer den molare masse overens med den opgivne.

d)

I reaktionen bruges vand til at bryde (hydrolysere) en binding. Altså er det en hydrolyse.

e)

𝐹𝑒^{2+} + 𝑀𝑛𝑂_{4}^{−} → 𝐹𝑒^{3+} + 𝑀𝑛^{2+}

Først ses på ændring i oxidationstal:

Jern går fra +II til +III. Altså stiger 1 i oxidationstal.

Mangan går fra +VII til +II. Altså falder 5 i oxidationstal.

Vi skal derfor bruge fem jern pr. mangan:

Side 2

2

5𝐹𝑒^{2+} + 𝑀𝑛𝑂_{4}^{−} → 5𝐹𝑒^{3+} + 𝑀𝑛^{2+}

Herefter afstemmes ladninger med 𝐻^{+}:

Venstre side: 5 ∙ 2 − 1 = 9

Højre side: 5 ∙ 3 + 2 = 17

Forskel: 17 − 9 = 8 hvilket svarer til antallet af 𝐻^{+} -ioner der tilsættes venstre side:
8𝐻^{+} + 5𝐹𝑒^{2+} + 𝑀𝑛𝑂_{4}^{−} → 5𝐹𝑒^{3+} + 𝑀𝑛^{2+}

Der afstemmes til sidst med vand og vi har den endelige reaktion:

8𝐻^{+} + 5𝐹𝑒^{2+} + 𝑀𝑛𝑂_{4}^{−} → 5𝐹𝑒^{3+} + 𝑀𝑛^{2+} + 4𝐻_{2} 𝑂

f)

Først opsættes et udtryk for stofmængden af lactose:

4 ∙ 𝑛_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = 5 ∙ 𝑛_{𝑀𝑛𝑂_{4}^{−}}

𝑛_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = ∙ 𝑛_{𝑀𝑛𝑂_{4}^{−}}

5

4

𝑛_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = ∙ 𝐶_{𝑀𝑛𝑂_{4}^{−}} ∙ 𝑉_{𝑀𝑛𝑂_{4}^{−}}

5

4

Hvor:

- 𝐶_{𝑀𝑛𝑂_{4}^{−}} = 0,020𝑀
- 𝑉_{𝑀𝑛𝑂_{4}^{−}} = 5,20 𝑚𝐿 = 0,00520𝐿

𝑛_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = ∙ 0,020𝑀 ∙ 0,00520𝐿

5

4

𝑛_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = 1,3 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = 𝑛_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} ∙ 𝑀_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒}

Hvor:

- 𝑀_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = 342,3 𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = 1,3 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙 ∙ 342,3

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒} = 0,0445 𝑔

Masseprocenten udregnes:

𝑚_{𝑙𝑎𝑐𝑡𝑜𝑠𝑒}
𝑚_{𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚æ𝑙𝑘}

Hvor:

Side 3

3

- 𝑚_{𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚æ𝑙𝑘} = 1,00𝑔

0,0445𝑔

1𝑔

= 4,45%

Altså er masseprocenten af lactose 4,45 %. Det passer meget godt over ens med de 4,4-4,8 % lactose som der findes naturligt i komælk, ifølge det vedlagte bilag.

Side 4

4

Opgave 2 a)

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

For at udregne enthalpien bruges følgende formel:

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

θ θ

De termodynamiske data findes i bilag 3 i eksamenssættet.

Δ𝐻^{θ} = ( −166,2 + 0) − ( 52,3 + 142,7)

kJ kJ mol mol

Δ𝐻^{θ} = −361,2

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Hvilket viser at reaktionen er exotherm da Δ𝐻^{𝜃} < 0. Reaktionen afgiver altså varme.

b)

For at vise at reaktionen er af anden orden plottes_{[}^{1}_{𝐴}_{]} mod tiden:

Det ses at_{[𝑂_{3}}^{1}_{]} og tiden er liniært korreleret og derfor er reaktionen af anden orden.

Hastiighedskonstanten kan aflæses direkte af regressionen:

1 1

[ 𝐴] [ 𝐴_{0}]

= + 𝑘 ∙ 𝑡

1

[𝐴]

= 580,9 𝑀^{−1} 𝑠^{−1} ∙ 𝑡 + 18049𝑀^{−1}

y = 580,9x + 18049
R² = 1

0

10000

20000

30000

40000

50000

60000

0 50 60 70

1/[O3] / (1/M)

tiden / s

Anden ordens plot

Side 5

5

Som det ses af regressionen er 𝑘 = 580,9 𝑀^{−1} 𝑠^{−1} hvilket svarer til de 581 𝑀^{−1} 𝑠^{−1} opgivet.

c)

Her bruges regressionen fra forrige delopgave hvor:

- = ( 5,54 ∙ 10^{−6} 𝑀)^{−1} = 180505𝑀^{−1}

1

[ 𝐴]

180505𝑀^{−1} = 580,9𝑀^{−1} 𝑠^{−1} ∙ 𝑡 + 18049𝑀^{−1}

𝑡 =

(180505 − 18049)𝑀^{−1}
580,9𝑀^{−1} 𝑠^{−1}

𝑡 = 280𝑠

                                                         −6
Altså tager det 280 sekunder før koncentrationen er faldet til 5,54 ∙ 10 𝑀.

d)

Hastighedskonstanten ved 0^{0} 𝐶 udregnes med Arrhenius ligning:

𝑘_{1} = 𝑘_{2} ∙ 𝑒^{𝑅}^{∙(}^{𝑇_{2}}

𝐸_{𝑎} 1 1
−)
𝑇_{1}

Hvor:

- 𝑇_{1} = 0^{0} 𝐶 = 273,15𝐾
- 𝑇_{2} = 25^{0} 𝐶 = 273,15𝐾 + 25𝐾 = 298,15𝐾
- 𝑘_{2} = 580,9𝑀^{−1} 𝑠^{−1}
- 𝑅 = 8,314 ∙ 10^{−3}_{𝐾∙𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}
- 𝐸_{𝑎} = 100 𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙

𝑘_{1} = 580,9𝑀^{−1} 𝑠^{−1} ∙ 𝑒^{8,314∙10^{−3}}

100 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑘𝐽 298,15𝐾 273,15𝐾 𝑚𝑜𝑙∙𝐾

∙( −)

1 1

𝑘_{1} = 14,5 𝑀^{−1} 𝑠^{−1}

Altså er hastighedskonstanten ved 0 grader 14,5𝑀^{−1} 𝑠^{−1}.

Side 6

6

Opgave 3

Molare masser findes i databogen.

a)

Først udregnes stofmængden af NOBr:

𝑛 =

𝑚

𝑀

Hvor:

- m=1,10 g
- 𝑀 = 14,0067_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} + 15,9994_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} + 79,904_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} = 109,91_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}

𝑛 =

1,10𝑔

109,91 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛 = 0,100 𝑚𝑜𝑙

Herefter bruges idealgasligningen:

𝑝𝑉 = 𝑛𝑅𝑇

𝑝 =

𝑛𝑅𝑇

𝑉

Hvor:

- R=8,314 ∙ 10^{−2}_{𝐾∙𝑚𝑜𝑙}^{𝐿∙𝑏𝑎𝑟}
- T=273,15K
- V=1,00L

𝑝 =

0,100𝑚𝑜𝑙 ∙ 8,314 ∙ 10^{−2} ∙ 273,15𝐾

𝐿 𝑏𝑎𝑟

𝐾 𝑚𝑜𝑙

1,00 𝐿

𝑝 = 0,227 𝑏𝑎𝑟

Altså er trykket 0,277 bar i beholderen som opgivet.

b)

Ligevægten opskrives:

𝐾_{𝑝} =

𝑝 ( 𝑁𝑂)^{2} ∙ 𝑝(𝐵𝑟_{2})
𝑝 ( 𝑁𝑂𝐵𝑟)^{2}

c)

Hvis volumen øges vil reaktionen ifølge Le Chateliers princip gå imod den side hvor der er flest molekyler. I dette tilfælde vil reaktion da gå mod højre.

Side 7

7 d)

Vi kan opstille et skema hvor + betyder positivt fortegn og – betyder negativt fortegn foran den

pågældende termodynamiske værdi:

ID 𝐾_{𝑝}
Δ𝐻^{θ} Δ𝑆^{θ} Δ𝐺^{θ}
1 + + Høj T= - Høj T: 𝐾_{𝑝} > 0
2 + - Altid + 𝐾_{𝑝} < 0
3 - - Lav T = - Lav T: 𝐾_{𝑝} > 0
4 - + Altid - 𝐾_{𝑝} > 0

Vi kan ovenfor se alle de mulige tilfælde, der er for entalpien og entropien, samt hvilken betydning det har for ligevægtskonstanten. Da vi går fra en ligevægtskonstant under 0 ved lave temperaturer, til en ligevægtskonstant over 0 ved højre temperaturer, må der nødvendigvis være tale om situation 1.

Da Δ𝐻^{θ} > 0 er reaktionen endotherm.

e)

Først opstilles ligevægtskonstanten:

𝐾_{𝑝} =

𝑝 ( 𝑁𝑂)^{2} ∙ 𝑝(𝐵𝑟_{2})
𝑝 ( 𝑁𝑂𝐵𝑟)^{2}

Hvor:

- Totaltryk i beholderen er 0,304 bar.

- 𝐾_{𝑝} = 0,343
- 𝑝(𝐵𝑟_{2}) = ½ ∙ 𝑝(𝑁𝑂)
- 0,304𝑏𝑎𝑟 = 𝑝 ( 𝐵𝑟_{2}) + 𝑝 ( 𝑁𝑂) + 𝑝 ( 𝑁𝑂𝐵𝑟) => 𝑝 ( 𝑁𝑂𝐵𝑟) = 0,304𝑏𝑎𝑟 − 1,5𝑝(𝑁𝑂)

0,343 = ⇕

𝑝 ( 𝑁𝑂)^{2} ∙ ½𝑝 ( 𝑁𝑂)
( 0,304𝑏𝑎𝑟 − 1,5𝑝 ( 𝑁𝑂))^{2}

𝑝 ( 𝑁𝑂) = 0,154𝑏𝑎𝑟 𝑒𝑙 𝑝 ( 𝑁𝑂) = 0,428𝑏𝑎𝑟 𝑒𝑙 𝑝 ( 𝑁𝑂) = 0,961𝑏𝑎𝑟

De to andre mulige tryk forkastes da de ikke er fysisk muligt (totaltryk mindre end NO’s partialtryk).

De andres partialtryk udregnes ud fra opstillede udtryk:

𝑝 ( 𝐵𝑟_{2}) = 0,5 ∙ 𝑝 ( 𝑁𝑂)

𝑝 ( 𝐵𝑟_{2}) = 0,0770 𝑏𝑎𝑟

𝑝 ( 𝑁𝑂𝐵𝑟) = 0,304𝑏𝑎𝑟 − 1,5 ∙ 𝑝 ( 𝑁𝑂)

𝑝 ( 𝑁𝑂𝐵𝑟) = 0,0730 𝑏𝑎𝑟

Altså er partialtrykkene for NO, Br
                            2

og NOBr henholsvis: 0,154 bar, 0,0770 bar og 0,0730 bar.

Side 8

8

Opgave 4 a)

Der aflæses ved 𝑌_{𝑠} = 0,5 for at finde 𝑝𝐾_{𝑠}:

𝑝𝐾𝑠 𝑓𝑜𝑟 𝑓ø𝑟𝑠𝑡𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛 = 3,05

𝑝𝐾_{𝑠} 𝑓𝑜𝑟 𝑎𝑛𝑑𝑒𝑛 𝑝𝑟𝑜𝑡𝑜𝑛 = 4,38

b)

Ved pH 3,5 findes D-vinsyre på 3 former:

En fuldt protoneret form: 𝐻_{2} 𝐴

En halvt protoneret form: 𝐻𝐴^{1−}

En deprotoneret form: 𝐴^{2−}

Hvor A svarer til 𝐶_{4} 𝐻_{3} 𝑂_{6}

Den procentvise fordeling findes ved at tegne en streg v. pH 3,5 og aflæse ud fra 𝑌_{𝑠} den procentvise

fordeling:

Side 9

9

𝑌_{𝑠} ( 𝑠𝑜𝑟𝑡) = 0,26

𝑌_{𝑠} ( 𝑟ø𝑑) = 0,89

Den procentvise del der er på den 𝐻_{2} 𝐴 form bestemmes ved værdien af 𝑌_{𝑠} for den sorte streg, delen der er
på 𝐴^{−2} form bestemmes som værdien af 1 − 𝑌_{𝑠} ved den røde streg, og delen der er på 𝐻𝐴^{−1} form
bestemmes som værdien mellem de to aflæste 𝑌_{𝑠}^{′} 𝑒𝑟.

% ( 𝐻_{2} 𝐴) = 𝑌_{𝑠} ( 𝑠𝑜𝑟𝑡) = 26%

% ( 𝐻𝐴^{1−}) = 𝑌_{𝑠} ( 𝑟ø𝑑) − 𝑌_{𝑠} ( 𝑠𝑜𝑟𝑡) = 63%

% ( 𝐴^{2−}) = 1 − 𝑌_{𝑠} ( 𝑟ø𝑑) = 11%

c)

Først opstiller vi 2 delreaktioner:

𝐻_{2} 𝐴 + 𝑂𝐻^{−} ⇋ 𝐻𝐴^{−} + 𝐻_{2} 𝑂

𝐻𝐴^{−} + 𝑂𝐻^{−} ⇋ 𝐴^{2−} + 𝐻_{2} 𝑂

De to reaktionskemaer sættes sammen til et endeligt reaktionskema:

𝐻_{2} 𝐴 + 2𝑂𝐻^{−} ⇋ 𝐴^{2−} + 2𝐻_{2} 𝑂

d)

Da 𝐻_{2} 𝐴 og OH^{-} reagerer 1:2 gælder:

𝑛_{𝐻_{2}}_{𝐴} = ½𝑛_{𝑂𝐻}

Side 10

10

𝑛_{𝐻_{2}}_{𝐴} = ½ ∙ 𝐶 ∙ 𝑉

Hvor:

- C=0,1028 M
- V=0,01926 L

𝑛_{𝐻_{2}}_{𝐴} = 0,5 ∙ 0,1028 ∙ 0,01926 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝐻_{2}}_{𝐴} = 9,890 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

Herefter udregnes massen:

𝑚 = 𝑛 ∙ 𝑀

Hvor:

- M=150,09 g/mol

𝑚 = 9,890 ∙ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙 ∙ 150,09𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑚 = 0,1486𝑔

Renhedsprocenten udregnes:

𝑅𝑒𝑛ℎ𝑒𝑑 =

𝑚_{𝐻_{2}}

𝐴

𝑚_{𝑇𝑎𝑟𝑡𝑟𝑜𝑙}

Hvor:

- 𝑚_{𝑡𝑎𝑡𝑟𝑜𝑙} = 0,1562𝑔

𝑅𝑒𝑛ℎ𝑒𝑑 =

0,1486𝑔

0,1562𝑔

𝑅𝑒𝑛ℎ𝑒𝑑 = 0,9512

Altså er renhedsprocenten 95,12 %.