HTX Kemi A Eksamen 1. juni 2015 - Vejledende besvarelse

Side 1

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

1

HTX Kemi A

1. juni 2015

htx151-KEM/A-

Opgave 1: a.

- Shikimsyre’s strukturformel er givet i bilag 1

Vi kan fra shikimsyre’s strukturformel tælle at den har molekyleformlen C H O . Ud fra det kan vi udregne
                                                            7 10 5

molekylevægten:

𝑀_{𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒} =7 ⋅ 12,01 + 10 ⋅ 1,008 + 5 ⋅ 16,00 =174,15

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 b.

- Anethol’s strukturformel er givet i bilag 1

Vi kan se fra anethol’s struktur at den indeholder en dobbeltbinding. Dobbeltbindingen kan være på 2 isomere former: En cis og en trans form, også kendt som E eller Z former.

O O

Trans/E
Cis/Z

c.

- Reaktion IV er givet i bilag 1

Forskellen imellem shikimsyre og udgangsstoffet i reaktion IV er, at udgangsstoffet har en keton C=O hvor

shikimsyre har en alkohol C-OH. Idet reaktionen omdanner en keton til en alkohol må det være en reduktionsreaktion.

d.

- Strukturen af shikimsyre er givet i bilag 1

For at kunne ekstrahere et stof som shikimsyre fra en plante skal shikimsyren opløses. Jo bedre shikimsyre kan opløses i ekstraktionsvæsken, jo bedre vil ekstraheringen være.

Side 2

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

2

En tommelfingerregel ved opløselighed er at lige opløser lige. Vi kan se på shikimsyre at den indeholder en masse alkoholer. Det vil derfor være meget sandsynligt at shikimsyre har en god opløselighed i ethanol, som selv er en alkohol.

Et lignende argument er at eftersom shikimsyre indeholder mange alkoholer og en syre vil den være meget polær. Det vil kræve et polært solvent såsom ethanol at opløse den godt.

e.

- m_{Shikimsyre} = 0,400 g
- [NaOH] = 0,100 mol/L
- V_{NaOH} = 21,5 mL

Hvis den oprensede shikimsyre er 100% ren, vil vi skulle bruge et 1:1 forhold af NaOH til shikimsyre for at

neutralisere opløsningen. Derfor må 𝑛 =𝑛       .
                               𝑁𝑎𝑂𝐻    𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒

For at kunne sammenligne de to stofmængder må vi først udregne dem. Dem kan vi finde når vi kender molarmassen af shikimsyre og koncentrationen af NaOH:

𝑛_{𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒} = = =2,30 ⋅ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒} 0,400 𝑔
𝑀_{𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒}

174,15 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = [ 𝑁𝑎𝑂𝐻] ⋅ 𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻} =0,100 ⋅ 21,5 ⋅ 10^{−3} 𝐿=2,15 ⋅ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙

𝑚𝑜𝑙

𝐿

Vi kan se at vi bruger en lille smule mindre NaOH end vi forventede, og det er fordi shikimsyren ikke er

100% ren. Det giver en renhed på:

𝑛_{𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒} ⋅ 100 2,15 · 10^{−3} · 100
𝑛 2,30 · 10^{−3}

𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒,𝑡𝑒𝑜𝑟𝑖𝑠𝑘

= =93,48%

f.

- V_{Shikimsyre} = 20,0 mL
- pK_{S Shikimsyre} = 5,19
Fra sidste opgave ved vi at stofmængden af shikimsyre i opløsningen er 2,15 ⋅ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙. Herfra kan vi finde

koncentrationen af shikimsyre som:

𝑐_{𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒} = = =0,107

𝑛_{𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒} 2,15 ⋅ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙
𝑉_{𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒} 20,0 ⋅ 10^{−3} 𝐿 𝐿
Med en pK_{S} på 5,19 er shikimsyre en svag syre. Vi kender fra pK_{S} at ligevægten:
𝐶𝑂𝑂𝐻 ( 𝑎𝑞) ⇌ 𝐶𝑂𝑂^{−} ( 𝑎𝑞) + 𝐻^{+} (𝑎𝑞)
Hvor COOH er syregruppen i shikimsyre, og COO^{-} er baseformen af syren.

Kan beskrives som

Side 3

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

3

𝐾_{𝑆} = =10^{−5,19}

[ 𝐶𝑂𝑂^{−}] ⋅ [𝐻^{+}]

[ 𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒]

Vi kan fra reaktionsligningen se at for hver H^{+} der dannes vil der dannes COO^{-}, dvs. [ 𝐶𝑂𝑂^{−}] =[𝐻^{+}]. Det

forenkler ligningen:

𝐾_{𝑆} = =10^{−5,19}

[ 𝐻^{+}]^{2}

[ 𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒]

Når vi tilsætter shikimsyre til en vandig opløsning er koncentrationen i starten [ 𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒] =0,107^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿}
og [ 𝐻^{+}] =0^{𝑚𝑜𝑙}. Når systemet har opnået ligevægt vil en mængde shikimsyre være omdannet, således at

𝐿

[ 𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒] = ( 0,107 − 𝑥)^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} og [ 𝐻^{+}] =𝑥^{𝑚𝑜𝑙}. Det kan vi sætte ind i ligevægtsudtrykket og løse efter x

𝐿

                                   +
for at finde ligevægtskoncentrationen af [H ]:

𝐾_{𝑆} = =10^{−5,19}

𝑥^{2}
( 0,107 − 𝑥)

For en svag syre vil [H^{+}] være så lav at [ 𝑆ℎ𝑖𝑘𝑖𝑚𝑠𝑦𝑟𝑒] ≫ [ 𝐻^{+}]. I det tilfælde vil 0,107^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} − 𝑥≈0,107^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿}

og vi kan forenkle ligningen yderligere:

𝐾_{𝑆} = ≈ =10^{−5,19}

𝑥^{2} 𝑥^{2}
0,107 − 𝑥 0,107

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝐿 𝐿

𝑥^{2} =10^{−5,19} ⋅ 0,107

𝑚𝑜𝑙

𝐿

𝑥=± 10^{−5,19} ⋅ 0,107 =±8,31 ⋅ 10^{−4}

√

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝐿 𝐿

Imellem den negative og positive løsning på denne ligning giver den negative ingen mening, så vi regner videre med kun den positive. Det giver en pH på,

𝑝𝐻=−log [ 𝐻^{+}] =−log ( 8,31 ⋅ 10^{−4}) =3,08

g.

- Strukturformlen af oseltamivir er givet i bilag 1

Vi kan se at oseltamivir indeholder ret mange funktionelle grupper. Det er ikke dem alle der kan hydrolyseres, men i bilaget står der specifikt at det er estergruppen der hydrolyseres, og ikke f.eks. amid gruppen.

I en hydrolyse spaltes en esterbinding til en alkohol og en syre under forbrug af vand. Hydrolysen vil derfor skulle skrives som:

Side 4

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

4

NH

O

O

NH_{2}

O

O

+

OH

2

NH

O

O

NH_{2}

OH

O

+

OH

Side 5

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

5

Opgave 2: a.

- En tabel med data er givet i opgaven

Vi ved at en førsteordensreaktion kan beskrives som:

ln [ 𝐴] =ln [ 𝐴]_{0} − 𝑘 ⋅ 𝑡

Så hvis vi laver en graf ud fra tabellens data, skal vi se en lineær tendenslinje. Grafen kan vi lave i f.eks.

excel:

Tendenslinjen har en R^{2} værdi på 1, dvs. at dataene passer perfekt med en 1. ordens reaktion.

b.

Hastighedskonstanten kan vi finde fra grafen i sidste delopgave. Grafen har en hældning på -0,0064, hvilket

betyder at hastighedskonstanten må være 𝑘=6,4 ⋅ 10^{−3} 𝑑𝑎𝑔^{−1} =7,41 · 10^{−8} 𝑠^{−1}.

Husk at eftersom dataene er blevet givet og plottet i dage, vil hastighedskonstanten fra grafen også være i dage.

c.

- En graf over nedbrydningen af parathion ved pH 10,4 er givet i opgaven

Fra grafen kan vi se at hastighedskonstanten ved pH 10,4 er anderledes end ved 7,4. Den nye

hastighedskonstant kan vi aflæse til at være 𝑘=2,1 ⋅ 10^{−2} 𝑡𝑖𝑚𝑒^{−1}.

For at finde halveringstiden skal vi bruge formlen:

𝑇_{½} = = =33 𝑡𝑖𝑚𝑒𝑟

ln ( 2) ln ( 2)

𝑘 2,1 ⋅ 10^{−2} 𝑡𝑖𝑚𝑒^{−1}

y = -0,0064x - 10,183
R² = 1

-11

-10,9

-10,8

-10,7

-10,6

-10,5

-10,4

-10,3

-10,2

-10,1

40 ln[Parathion]

Parathion nedbrydning
         Tid (dage)

Side 6

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

6 d.

Ved at sammenligne hastighedskonstanten ved pH 7,4 og pH 10,4 er der en tydelig forskel. Den mest tydelige er at ved pH 7,4 måler vi reaktionen i dage, hvorimod ved pH 10,4 måler vi i timer. Hydrolysen går altså meget hurtigere ved pH 10,4 end ved pH 7,4.

Dette giver også mening når vi tænker på hvordan en hydrolyse normalt fungerer. Hydrolyser kan ofte katalyseres af både syre og base, så ved at gå væk fra neutral pH burde reaktionen ske hurtigere.

Side 7

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

7

Opgave 3: a.

        2+           2-
Ni(II) er Ni , og sulfid er S . For at molekylestrukturen af nikkelsulfid skal gå op, skal ladningerne gå op. For

                                        2+    2-
nikkel og sulfid er det meget lige til: Der skal 1 Ni til 1 S som giver NiS.

b.

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

- 𝐻^{0} værdier kan vi finde i tabellen med termodynamisk data i bilag 2.
For at beregne ændringen i standardenthalphien Δ𝐻^{0} for reaktionen skal vi bruge standardenthalpien før

reaktionen og efter reaktionen:

Δ𝐻^{0} =∑H − ∑𝐻_{𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟} =𝐻_{𝑁𝑖} − ( 𝐻_{𝑁𝑖 (𝑠)}^{0} + 4 ⋅ 𝐻_{𝐶𝑂 (𝑔)}^{0})
𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟 ( 𝐶𝑂)_{4} (𝑔)

0 0 0

𝐻_{𝑁𝑖}^{0}_{(} =−607_{𝑚𝑜𝑙} 𝐻 =0_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} 𝐻 =−110,53_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}
𝐶𝑂)_{4} (𝑔) 𝑁𝑖 (𝑠) 𝐶𝑂 (𝑔)

𝑘𝐽

0 0

Og vi kan så sætte tallene ind i formlen:

Δ𝐻^{0} =𝐻_{𝑁𝑖}^{0} − ( 𝐻_{𝑁𝑖 (𝑠)}^{0} + 4 ⋅ 𝐻_{𝐶𝑂 (𝑔)}^{0}) =−607 − (0 + (4 ⋅ −110,53))=−165
( 𝐶𝑂)_{4} (𝑔)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Vi kan se at denne værdi er negativ, dvs. at reaktionen er exoterm og bliver varm. Havde værdien været positiv ville reaktionen have været endoterm og ville blive kold.

c.

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

- 𝑆^{0} værdier kan vi finde i tabellen med termodynamisk data i bilag 2.
For at beregne ændringen i standardentropien Δ𝑆^{0} for reaktionen skal vi gøre præcis det samme som i
sidste opgave, bare med 𝑆^{0} værdier i stedet for 𝐻^{0} værdier:

Δ𝑆^{0} =∑𝑆 − ∑𝑆_{𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟}^{0} =𝑆_{𝑁𝑖}^{0} − ( 𝑆_{𝑁𝑖 (𝑠)}^{0} + 4 ⋅ 𝑆_{𝐶𝑂 (𝑔)}^{0})
𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟 ( 𝐶𝑂)_{4} (𝑔)

0

𝑆_{𝑁𝑖}^{0}_{(} =−417_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾} 𝑆 =29,9_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾} 𝑆 =197,66_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾}
𝐶𝑂)_{4} (𝑔) 𝑁𝑖 (𝑠) 𝐶𝑂 (𝑔)

𝐽 𝐽 𝐽

0 0

Δ𝑆^{0} =𝑆_{𝑁𝑖}^{0} − (𝑆_{𝑁𝑖_{(}_{𝑠}_{)}}^{0} + 4 ⋅ 𝑆_{𝐶𝑂_{𝑔}}^{0}_{(}_{)})=417 − ( 29,9 + (4 ⋅ 197,66))
( 𝐶𝑂)_{4 (𝑔)}

𝐽 𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

=−404

𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

Vi kan se at entropien er negativ. Det giver god mening. Der er 2 tommelfingerregler for entropi i reaktioner:

Side 8

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

8

• Hvis reaktionen omdanner stoffer fra en mindre kaotisk fase til en mere kaotisk fase, f.eks. fra fast stof til væske eller fra væske til gas, stiger entropien. Og også omvendt, hvis reaktionen omdanner stoffer fra en mere kaotisk fase til en mindre kaotisk fase, f.eks. fra væske til fast stof eller fra gas til væske, falder entropien.

• Hvis reaktionen omdanner få molekyler til mange molekyler stiger entropien. Og også omvendt, hvis reaktionen omdanner mange molekyler til få molekyler falder entropien.

I vores reaktion har vi 1 fast stof og 4 gasser på venstre side og 1 gas på højre side. Det ene faste stof vil blive omdannet til en gas, hvilket vil få entropien til at stige, men på den anden side vil 5 molekyler blive til

1 molekyle, hvilket vil få entropien til at falde. De to effekter modvirker hinanden, og i sidste ende er det faldet i molekyler der har størst betydning for den endelige entropi.

d.

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

For at beregne ændringen i gibbsfrienergien Δ𝐺^{0} skal vi bruge formlen for gibbsfrienergi:
Δ𝐺^{0} =Δ𝐻^{0} − 𝑇 ⋅ Δ𝑆^{0}

Vi har allerede udregnet Δ𝐻^{0} og Δ𝑆^{0}, så når Δ𝐺^{0} =0_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} kan vi finde temperaturen som:

0=Δ𝐻 − 𝑇 ⋅ Δ𝑆^{0}

0

𝑇= = =409 𝐾

Δ𝐻^{0}
Δ𝑆^{0}

−165000

𝐽 𝑚𝑜𝑙

−404

𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

Husk at enthalpien og entropien begge skal være enten i J eller kJ så enhederne går op.

e.

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

For at finde ligevægtskonstanten skal vi bruge formlen:

𝐾=𝑒

−Δ𝐺^{0}

𝑅𝑇

Δ𝐺^{0} for reaktionen kan vi beregne ved 50°C ved at bruge værdierne vi udregnede i de sidste opgaver:

Δ𝐺^{0} =Δ𝐻^{0} − 𝑇 ⋅ Δ𝑆^{0} =−165000 + ( 273 + 50) 𝐾⋅ 404 =−34,5 ⋅ 10^{3}

𝐽 𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙

Og herfra kan vi finde ligevægtskonstanten:

𝐾=𝑒 =𝑒^{8,314} =3,85 ⋅ 10^{5}

−Δ𝐺^{0} 𝐽

𝑅𝑇 𝑚𝑜𝑙⋅𝐾

34,5⋅10^{3}

𝐽 𝑚𝑜𝑙

⋅ ( 273+50) 𝐾

Husk igen at sørge for at både enthalpien, entropien og gaskonstanten arbejder med samme enheder.

Side 9

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

9

Denne ligevægtskonstant er over 1 og rimelig stor, hvilket tyder på at ligevægten ligger til højre i reaktionen. Det giver god mening idet opgaven fortæller os at det er en industriel process. Det ville være en dårligt valgt reaktion hvis den forløb den modsatte vej af hvad den skulle.

Side 10

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

10

Opgave 4: a.

- Reaktionsligningen er givet i opgaven

I ligevægtsloven skal alle produkter deles med alle reaktanter. I dette tilfælde har vi med gasser at gøre, og derfor er det gassernes partialtryk der indgår i ligevægtsloven:

𝐾_{𝑝} =

𝑝 ( 𝐶𝑂) ⋅ 𝑝(𝐶𝐻_{4})
𝑝(𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂)

b.

- K_{p} = 3,29 · 10^{7} bar

- En graf med partialtryksudviklingen for reaktionen er givet i opgaven

På grafen kan vi se partialtrykket af 3 forskellige gasser, Ethanal (CH
                                                       3

CHO), carbonmonoxid (CO) og methan

(CH_{4}), op af y aksen og tiden i sekunder ud af x aksen. Vi kan derfor aflæse hvordan reaktionen i reaktoren

udvikler sig som en funktion af tiden.

For at beregne reaktionsbrøken skal vi bruge partialtrykkene for alle gasser i reaktionen. Ved x = 10000 s

kan vi aflæse fra grafen:

𝑝 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂) =0,04 𝑏𝑎𝑟 𝑝 ( 𝐶𝑂) =0,49 𝑏𝑎𝑟 𝑝 ( 𝐶𝐻_{4}) =0,69 𝑏𝑎𝑟

Det giver en reaktionsbrøk på:

𝑌= = =8,5 𝑏𝑎𝑟

𝑝 ( 𝐶𝑂) ⋅ 𝑝(𝐶𝐻_{4}) 0,49 𝑏𝑎𝑟 ⋅ 0,69 𝑏𝑎𝑟
𝑝(𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻𝑂) 0,04 𝑏𝑎𝑟

Denne værdi er langt fra så høj som ligevægtskonstanten. Når man kigger på grafen ser det ud til at linjerne er ved at blive flade, men ifølge tallene er der langt endnu før systemet er i fuldstændig ligevægt. Med en

ligevægtskonstant så høj som 3,29 · 10^{7} bar vil reaktionen i ligevægt sandsynligvis ikke have nogle målbare

mængder af udgansstoffet ethanal tilbage. På grafen kan vi stadigvæk se ethanal, og det viser derfor også at systemet ikke er i ligevægt endnu, selvom grafen ser ud til at blive fladere.

c.

- En ny graf med partialtryksudvikling for reaktionen er givet i opgaven

På grafen kan vi se at ved 800 s sker der en form for hug i grafen. Det ser ud til at alle gassers partialtryk ca.

halveres på én gang. For at forklare hvilket indgreb der kan foresage sådan en virkning kan vi bruge idealgasloven:

𝑃 ⋅ 𝑉=𝑛 ⋅ 𝑅⋅ 𝑇

𝑃=

𝑛 ⋅ 𝑅⋅ 𝑇

𝑉

Fra idealgasloven kan vi isolere trykket, P, og se at den afhænger af 3 ting som vi kan variere på: stofmængden n, temperaturen T og volumenet V.

Side 11

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2015

11

Fra ligningen kan vi se at hvis vi sænker n vil P også sænkes. Vi kunne sænke n ved at åbne for reaktoren og lade gasserne flyve ud. Hvis halvdelen af gasserne forlader reaktoren ved 800 s, vil vi se et pludseligt fald i partialtrykket for alle gasserne, ligesom det vi ser i grafen.

Hvis vi sænker T vil P også sænkes. I opgaven står der at temperaturen af reaktoren er 518°C, dvs.

518 + 273=791 𝐾, så der er derfor rigelig mulighed for at køle reaktoren. Hvis temperaturen pludselig
halveredes til^{791 𝐾}_{2} − 273=122,5°C ville vi også se et pludselig fald i partialtrykket for alle gasserne i

reaktoren.

Til sidst kan vi også ændre V. Hvis vi hæver V vil P falde. Hvis V pludselig fordobledes ved 800 s ville alle partialtrykkene også pludselig falde.