HTX Kemi A Eksamen 14. december 2015 - Vejledende besvarelse

Side 1

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

1

Kemi A HTX 14/12/2015
Htx153-KEM/A-

Opgave 1: a.

- Reaktionsligningen er givet I bilag 1

Vi kan læse at der indgår 3 reagenser, KNO_{3}, KNO_{2} og O_{2}.

• KNO_{3} er kaliumnitrat.
• KNO_{2} er kaliumnitrit.
• O_{2} er ilt.

b.

- Satsen indeholder kaliumchlorat, bariumnitrat og lactose

Fra opgaveteksten kan vi regne ud at kaliumchlorat, KClO_{3}, og bariumnitrat, Ba(NO_{3})_{2} er oxidationsmidler

og lactose er reduktionsmiddel. Vi kan også se på figuren på side 2 i bilag 1 at Ba afgiver farve i det grønne område. Eftersom der er barium i satsen må farven derfor blive grøn.

c.

- Reaktionsligningen er givet i bilag 1

Der indgår rigtig mange forbindelser i reaktion IV, men for at vise at den er en redoxligning skal vi bare vise at nogle af forbindelsernes oxidationstal ændres. På reaktantsiden af ligningen kan vi se at der indgår C (s),

der må være i oxidationstrinnet C^{0}. På produktsiden kan vi se både CO_{2} (g), CO (g) og K_{2} CO_{3} (s). Der er

                IV                                      II
oxidationstallene C for CO (g) og K CO (s) (O er -2 og K er +1) og C for CO (g). På samme tid går KNO (s)
                      2       2  3                                                  3

fra N^{V} til N^{0} i N_{2} (g) og S (s) går fra S^{0} til S^{I} i K_{2} S_{2} (s). Altså bliver nitrogen reduceret imens carbon og svovl

bliver oxideret.

4 𝐾𝑁 𝑂_{3} ( 𝑠) + 2 𝑆 ( 𝑠) + 7 𝐶 ( 𝑠) → 3 𝐶 𝑂_{2} ( 𝑔) + 3 𝐶 𝑂 ( 𝑔) + 2 𝑁_{2} ( 𝑔) + 𝐾_{2} 𝐶 𝑂_{3} ( 𝑠) + 𝐾_{2} 𝑆_{2} (𝑠)

⏞ ⏞ ⏞ ⏞ ⏞ ⏞ ⏞ ⏞

𝑉 0 0 𝐼𝑉 𝐼𝐼 0 𝐼𝑉 𝐼 d.

- m_{KNO3 (s)} = 3,8 g
- m_{C (s)} = 0,90 g

Side 2

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

2

Fra reaktionsligningen kan vi se at 4 KNO_{3} (s) reagerer med 7 C (s). Først skal vi finde den begrænsende

reaktant og beregne deres stofmængder. For at kunne beregne stofmængderne af molekylerne skal vi bruge deres molekylemasser:

𝑀_{𝐾𝑁𝑂_{3}} = 39,10 + 14,01 + 3 ⋅ 16,00 = 101,11

( 𝑠) 𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑀_{𝐶 (𝑠)} = 12,01

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Og med det kan vi regne stofmængden af KNO_{3} (s) og C (s):

𝑛_{𝐾𝑁𝑂} = = = 3,8 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙
3^{(𝑠)} 𝑔

𝑚_{𝐾𝑁𝑂_{3}} 3,8 𝑔

( 𝑠)

𝑀_{𝐾𝑁𝑂_{3}}

(𝑠)

101,11 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝐶 (𝑠)} = = = 7,5 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝐶}_{(} 0,90 𝑔

𝑠)

𝑀_{𝐶 (𝑠)}

12,01 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Hvis 4 KNO_{3} (s) reagerer med 7 C (s),

𝑛_{𝐾𝑁𝑂_{3}} = · 𝑛_{𝐶 (𝑠)} = · 7,5 · 10^{−2} = 4,3 · 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙

(𝑠)

4 4

7 7

Der er kun 3,8 · 10^{-2} mol af KNO_{3}. Derfor er KNO_{3} vores begrænsende reaktant.
Fra reaktionsligningen kan vi se at der indgår 4 KNO_{3} (s) for hver 2 S (s).

𝑛_{𝑆 (𝑠)} = 𝑛_{𝐾𝑁𝑂_{3}}

1

2

(𝑠)

Vi kan omdanne til en stofmængde af S (s):

𝑛_{𝑆 (𝑠)} = 𝑛_{𝐾𝑁𝑂_{3}} = ⋅ 3,8 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙 = 1,9 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙

1 1

2 2

(𝑠)

Som vi til sidst bruger til at udregne massen af S (s):

𝑚_{𝑆 (𝑠)} = 𝑛_{𝑆 (𝑠)} ⋅ 𝑀_{𝑆}_{(}_{𝑠}_{)} = 1,9 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 32,06 = 0,60 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙 e.

Vi kender til 2 tommelfingerregler for entropi i reaktioner:

• 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 omdanner vi 13 faste stoffer til 8 gasser og 2 faste stoffer. Vi sænker altså antallet af molekyler, hvilket vil sænke entropien. Vi omdanner dog faste stoffer til gas hvilket vil øge entropien.

Eftersom at springet fra et fast stof til en gas er meget stort, altså ikke bare fra fast stof til væske eller

Side 3

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

3

                                                                                0
væske til gas, vil dette bidrag nok være størst, og den samlede entropi vil stige. Det betyder at Δ𝑆 vil have

et positivt fortegn.

f.

- Termodynamiske data er givet i bilag 1

For at beregne ændringen i standardentalpien Δ𝐻^{0} for reaktionen skal vi bruge standardentalpien før

reaktionen og efter reaktionen:

Δ𝐻^{0} = ∑H_{𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟}^{0} − ∑𝐻_{𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟}

0

= 3 ⋅ 𝐻_{𝐶𝑂_{2}}^{0}_{(}_{𝑔} + 3 ⋅ 𝐻_{𝐶𝑂}^{0}_{(}_{𝑔}_{)} + 2 ⋅ 𝐻_{𝑁_{2}}^{0}_{(}_{𝑔}_{)} + 𝐻_{𝐾_{2}}^{0}_{𝐶𝑂_{3}} + 𝐻_{𝐾_{2}}^{0}_{𝑆_{2}}

) ( 𝑠) ( 𝑠)

− ( 4 ⋅ 𝐻_{𝐾𝑁𝑂_{3}}^{0} + 2 ⋅ 𝐻_{𝑆}^{0}_{(}_{𝑠}_{)} + 7 ⋅ 𝐻_{𝐶}^{0}_{(}_{𝑠}_{)})

( 𝑠)

Alle disse mange værdier kan vi finde fra tabellen:

𝐻_{𝐶𝑂_{2}}^{0} = −393,51 𝐻_{𝐶𝑂}^{0} = −110,53 𝐻_{𝑁_{2}}^{0} = 0 𝐻_{𝐾_{2}}^{0}_{𝐶𝑂_{3}} = −1150,2

( 𝑔) ( 𝑔) ( 𝑔) ( 𝑠) 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝐻_{𝐾_{2}}^{0} = −447,5 𝐻_{𝐾𝑁𝑂_{3}}^{0} = −494,6 𝐻_{𝑆}^{0}_{(}_{𝑠} = 0 𝐻_{𝐶}^{0}_{(} = 0
𝑆_{2} ( 𝑠) ( 𝑠)) 𝑠)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Og vi kan så sætte tallene ind i formlen:

Δ𝐻^{0} = 3 ⋅ (−393,51) + 3 ⋅ (−110,53) + 2 ⋅ 0 + (−1150,2) + (−447,5)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

− (4 ⋅ (−494,6) + 2 ⋅ 0 + 7 ⋅ 0) = −1131,4 ·

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Vi kan se at standardentalpien Δ𝐻^{0} er negativ. Det betyder at reaktionen er eksoterm og udvikler varme.

Havde entalpien været positiv ville reaktionen være endoterm og blive kold. Det giver god mening at en eksplosion i en nytårsraket udvikler varme, især da det er varmen som giver farven i satsen.

g.

Vi kender for Ba^{2+} at dens kompleks med sulfat, BaSO_{4}, er uopløselig i vand. Vi kan derfor opløse
restproduktet i vand og måle mængden af BaSO_{4} der udfælder:

𝐵𝑎^{2+} ( 𝑎𝑞) + 𝑆𝑂_{4}^{2−} ( 𝑎𝑞) → 𝐵𝑎𝑆𝑂_{4} (𝑠)

Side 4

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

4

Opgave 2: a.

- Strukturen af methyldihydrojasmonat er givet i opgaven

Molekylestrukturen kan vi finde ved at tælle antallet af atomer i molekylet. Det giver en samlet

molekyleformel på C_{13} H_{22} O_{3}.

Husk at hydrogenatomer ikke er tegnet på, men skal fyldes på sådan at alle carbon har 4 bindinger.

b.

- Strukturen af 7,8-dihydrovomifoliol er givet i opgaven

Vi kan på molekylets struktur se at den indeholder en keton (blå), 2 alkoholer (lilla) og en dobbeltbinding

(rød).

O

OH

OH c.

Spejlbilledeisomere sker når et kulstof har bindinger til 4 forskellige atomer. Sådan et kulstof kaldes et kiralt punkt, og 7,8-dihydrovomifoliol har 2 kirale punkter, et punkt ved hver alkohol:

O *

OH

OH

*

Ved hvert kiralt punkt er der 2 muligheder, hvilket giver 2·2 = 4 isomere:

O O

OH OH

OH OH

O O

OH OH

OH OH

Side 5

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

5 d.

Vi kan se at methyldihydrojasmonat er en ester, og vi ved at ved hydrolyse af en ester får vi skilt esteren ad til en syre og en alkohol under forbrug af vand. Det bliver til reaktionen:

O O

O O

O OH

+ +

OH CH OH

2 3

Side 6

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

6

Opgave 3: a.

- Reaktionsligningen er givet i opgaven

For at skrive ligevægtsloven skal faste stoffer indgå som 1 og gasser skal indgå med deres partialtryk. For reaktionen bliver ligevægtsloven derfor:

𝐾_{𝑃} = 𝑝 ( 𝑁𝐻_{3}) ⋅ 𝑝 ( 𝐻𝐶𝑙)

b.

- K_{P} = 6,8 ·10^{-17} bar^{2}
Fra ligevægtsudtrykket i opgaven kan vi se at for hver molekyle NH_{3} der dannes vil der også dannes et

molekyle HCl. Det betyder at deres stofmængder og derfor også deres partialtryk vil være identiske, altså:

𝑝 ( 𝑁𝐻_{3}) = 𝑝(𝐻𝐶𝑙)

Det kan vi bruge til at forenkle ligevægtsloven:

𝐾_{𝑃} = 𝑝 ( 𝑁𝐻_{3}) ⋅ 𝑝 ( 𝐻𝐶𝑙)
= 𝑝 ( 𝑁𝐻_{3})^{2}
= 6,8 ⋅ 10^{−17} 𝑏𝑎𝑟^{2}

⇕

𝑝 ( 𝑁𝐻_{3}) = √ 6,8 ⋅ 10^{−17} 𝑏𝑎𝑟^{2}
= 8,2 ⋅ 10^{−9} 𝑏𝑎𝑟

c.

- Δ𝐻^{0} = 176,22_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}

Ud fra ændringen i Δ𝐻^{0}, altså at den er positiv, kan vi se at reaktionen er endoterm, dvs. at den bliver kold.

Ifølge Le Châtelier's vil en opvarmning derfor skubbe reaktionen til højre, og danne NH og HCl. Omvendt vil
                                                                      3

en nedkøling skubbe reaktionen mod venstre og dannelse af NH_{4} Cl.
Trykket vil påvirke gasserne i reaktionen, dvs. NH_{3} og HCl. Hvis vi øger trykket vil vi øge mængden af

gasserne, og derfor skubbe reaktionen mod venstre. Hvis vi sænker trykket vil vi modsat skubbe reaktionen til højre.

d.

- 𝑚_{𝑁𝐻_{4}} = 1,0 ⋅ 10^{−2} 𝑔

𝐶𝑙

- 𝑉_{𝐵𝑒ℎ𝑜𝑙𝑑𝑒𝑟} = 1,0 ⋅ 10^{5} 𝐿
- 𝑇 = 25°𝐶

Side 7

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

7

I starten af reaktionen vil der være de 10 mg NH_{4} Cl vi puttede ind i beholderen. Det kan vi først og

fremmest omregne til en stofmængde ud fra molekylemassen:

𝑀_{𝑁𝐻_{4}} = 4 ⋅ 1,008 + 14,01 + 35,45 = 53,49

𝐶𝑙 𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝑁𝐻} = = = 1,9 ⋅ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙
4^{𝐶𝑙} 𝑔

𝑚_{𝑁𝐻_{4}} 0,010 𝑔

𝐶𝑙

𝑀_{𝑁𝐻_{4}}

𝐶𝑙

53,49 𝑚𝑜𝑙

                                           −4
Når ligevægten har indstillet sig vil der være (1,9⋅ 10 – x) mol NH Cl tilbage, hvor x er en eller anden
                                                       4

mængde som er forsvundet. Vi kan ud fra reaktionsligningen se at mængden af NH_{4} Cl der er blevet væk er
lig med mængden af NH_{3}.
NH Cl (s) ⇌ NH (g) + HCl (g)

4 3

Start 1,9 ⋅ 10^{−4} - -
Ligevægt 1,9 ⋅ 10^{−4} – x x x

Vi har allerede beregnet partialtrykket i en tidligere delopgave, og vi kan derfor bruge idealgasloven til at

beregne stofmængden af NH_{3}:
𝑝_{𝑁𝐻_{3}} ⋅ 𝑉_{𝐵𝑒ℎ𝑜𝑙𝑑𝑒𝑟} = 𝑛_{𝑁𝐻_{3}} ⋅ 𝑅 ⋅ 𝑇

𝑛_{𝑁𝐻_{3}} = = = 3,3 ⋅ 10^{−5} 𝑚𝑜𝑙

𝑝_{𝑁𝐻_{3}} ⋅ 𝑉_{𝐵𝑒ℎ𝑜𝑙𝑑𝑒𝑟} 8,2 ⋅ 10^{−9} 𝑏𝑎𝑟 ⋅ 1,0 ⋅ 10^{5} 𝐿

𝑅 ⋅ 𝑇

8,314 ⋅ 10^{−2} ⋅ ( 273,15 + 25) 𝐾

𝐿 ⋅ 𝑏𝑎𝑟

𝐾 ⋅ 𝑚𝑜𝑙

Husk at temperaturen skal være i kelvin, og at bruge en gaskonstant med de rette enheder.

Denne stofmængde er altså stofmængden af NH_{4} Cl der mangler fra de 1,9 ⋅ 10^{−4} mol i beholderen. Vi kan
regne tilbage for at finde massen af NH_{4} Cl der er blevet til gas:

𝑚_{𝑁𝐻_{4}} = 𝑛_{𝑁𝐻_{4}} ⋅ 𝑀_{𝑁𝐻_{4}} = 3,3 ⋅ 10^{−5} 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 53,49 = 1,8 ⋅ 10^{−3} 𝑔 = 1,8 𝑚𝑔

𝐶𝑙 𝐶𝑙 𝐶𝑙 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Vi kan så til sidst beregne mængden af NH_{4} Cl tilbage i bunken ved ligevægt:

𝑚_{𝑁𝐻_{4}} = 10 𝑚𝑔 − 1,8 𝑚𝑔 = 8,2 𝑚𝑔

𝐶𝑙

Side 8

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

8

Opgave 4: a.

- Et bjerrumdiagram er givet i opgaven

På bjerrumdiagrammet er pH vist hen af x-aksen og Y_{S}^{]}_{]}, dvs._{[}_{𝐻𝐴}^{[}^{𝐻𝐴}_{]}_{+[𝐴^{−}}, brøkdelen af syren der er på syreform

ved en givet pH, er op af y-aksen.

Vi kan se 3 S-formede streger, som repræsenterer de 3 syre/base-overgange arsensyre laver når pH

ændres.

For at bestemme pK_{S3} skal vi kigge på den tredje S-formede kurve. pK_{S} er pH værdien når koncentrationen
af syren og basen af et syrebasepar er ens. Dvs. pK_{S} er pH når Y_{S} = 0,5. For at finde pK_{S3} skal vi derfor kigge
på den tredje S formede streg og finde hvor den skærer Y_{S} = 0,5. Det gør den ca. ved pH = 11,5, og derfor er
pK_{S3} = 11,5.

b.

- pH = 8,0
På bjerrumdiagrammet repræsenterer pladsen imellem de S formede streger en bestemt syre/baseform. Så
til venstre for den første S formede streg findes H_{3} AsO_{4}. Til højre for den første S formede streg findes
H_{2} AsO_{4}^{-} til højre for den midterste streg findes HAsO_{4}^{2-} og til højre for den sidste S formede streg findes
AsO_{4}^{3-}.
pH 8,0 skærer den midterse streg ved ca. Y_{S} = 0,08. Det betyder at ca. 8% af syren findes på H_{2} AsO_{4}^{-} og
resten, 92%, findes på HAsO_{4}^{2-}.

c.

- 𝑚_{𝐻_{3}} = 5,10 𝑔
𝐴𝑠𝑂_{4}
- 𝑉 = 0,100 𝐿
Med en pK_{S} på 2,19 er H_{3} AsO_{4} en mellemstærk syre. Det betyder desværre at der ikke er nogle forenklinger

i udregningen af dens pH.

Vi skal først udregne koncentrationen af syren i opløsningen. Til det skal vi bruge dens stofmængde, og til det skal vi bruge dens molekylemasse:

𝑀_{𝐻_{3}} = 3 ⋅ 1,008 + 4 ⋅ 16,00 + 74,92 = 141,9
𝐴𝑠𝑂_{4}

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝐻}_{3^{𝐴𝑠𝑂}} = = = 3,59 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙

4 𝑔

𝑚_{𝐻_{3}} 5,10 𝑔
𝐴𝑠𝑂_{4}
𝑀_{𝐻_{3}}
𝐴𝑠𝑂_{4}

141,9 𝑚𝑜𝑙

𝑐_{𝐻_{3}}_{𝐴𝑠𝑂_{4}} = = = 0,359

𝑛_{𝐻_{3}}_{𝐴𝑠𝑂_{4}} 3,59 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑉 0,100 𝐿 𝐿

Side 9

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

9

Med koncentrationen kan vi nu begynde at udregne pH. Vi ved fra dens K_{S} at for ligevægten:

𝐻𝐴 ⇌ 𝐴^{−} + 𝐻^{+}

Gælder udtrykket:

𝐾_{𝑠} = 10^{−2,19} =

[ 𝐴^{−}] ⋅ [𝐻^{+}]

[𝐻𝐴]

For hver A^{-} vil én H^{+} dannes, derfor er [ 𝐴^{−}] = [ 𝐻^{+}]:

𝐾_{𝑠} = 10^{−2,19} =

[ 𝐻^{+}]^{2}

[𝐻𝐴]

I starten af forsøget vil [ 𝐻𝐴] = [ 𝐻_{3} 𝐴𝑠𝑂_{4}] = 0,359^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} og [ 𝐻^{+}] = 0. Når systemet har opnået ligevægt vil
koncentrationerne ændre sig sådan at [ 𝐻_{3} 𝐴𝑠𝑂_{4}] = ( 0,359 − 𝑥)^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} og [ 𝐻^{+}] = 𝑥. Vores ligevægtsudtryk vil

derfor blive:

𝐾_{𝑠} = 10^{−2,19} =

𝑥^{2}
( 0,359 − 𝑥)

For en middelstærk syre er ingen forenklinger vi kan gøre for at løse denne ligning. Enten kan vi løse efter x på en graflommeregner, eller også kan vi løse den som et andengradspolynomium:

10^{−2,19} =

𝑥^{2}
( 0,359 − 𝑥)

⇕

10^{−2,19} ⋅ (0,359 − 𝑥) = 𝑥^{2}

⇕

0 = 𝑥^{2} + 𝑥 ⋅ 10^{−2,19} − 0,359 ⋅ 10^{−2,19}

                                            2
                                        −𝑏±√𝑏 −4𝑎𝑐
Løsningen for et andengradspolynomium er 𝑥 =     . I vores løsning vil de forskellige dele være:
                                           2𝑎

𝑎 = 1 𝑏 = 𝐾_{𝑠} = 10^{−2,19} 𝑐 = [ 𝐻_{3} 𝐴𝑠𝑂_{4}] ⋅ 𝐾_{𝑠} = −0,359^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} ⋅ 10^{−2,19}

Det giver en endelig formel på:

[ 𝐻^{+}] =

−𝐾_{𝑠} √ 𝐾_{𝑠}^{2} − 4 [ 𝐻_{3} 𝐴𝑠𝑂_{4}] ⋅ 𝐾_{𝑠}

2

=

−10^{−2,19} ± √ ( 10^{−2,19})^{2} − 4 ⋅ ( −0,359 ⋅ 10^{−2,19})

2

= 4,50 ⋅ 10^{−2}

𝑚𝑜𝑙

𝐿

Side 10

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

10

Der er også en negative løsning, men den giver ikke nogen mening, så vi forkaster den. Det giver en endelig pH på:

𝑝𝐻 = −log [ 𝐻^{+}] = −log ( 4,50 · 10^{−2}) = 1,35

Hvis du løste opgaven med en graflommeregner, eller bare brugte den endelige formel fra din formelsamling, vil det give 100% point. Du behøves ikke at udlede formlen som her.

d.

- 𝑝𝐻 = 3,0

                                                                                   -
Idet vi skal lave en puffer kan vi bruge pufferligningen til at finde forholdet imellem H AsO og H AsO ved
                                                                      3   4    2   4

en pH 3,0 opløsning:

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + log

[ 𝐻_{2} 𝐴𝑠𝑂_{4}^{−}]
[ 𝐻_{3} 𝐴𝑠𝑂_{4}]

Vi kender fra syre- og baseligevægten at:

𝐻_{3} 𝐴𝑠𝑂_{4} ( 𝑎𝑞) + 𝑂𝐻^{−} ( 𝑎𝑞) ⇌ H_{2} 𝐴𝑠𝑂_{4}^{−} ( 𝑎𝑞) + 𝐻_{2} 𝑂 (𝑙)

                                                                     −2
Vi kender mængden af H AsO tilsat i opløsningen fra sidste opgave, det er 3,59 ⋅ 10 𝑚𝑜𝑙. Vi kan også se
                    3   4

på ligevægten at for hvert H_{3} AsO_{4} der omdannes til H_{2} AsO_{4}^{-} forbruges én OH^{-}. Det kan vi repræsenterer i

tabelform som:

H AsO + OH^{-} ⇌ H AsO^{-} + H O

3 4 2 4 2

Start 3,59 · 10^{−2} 𝑥 - -
Ligevægt 3,59 · 10^{−2} − 𝑥 0 𝑥 -

Vigtigt kan vi se at 𝑥 = 𝑛_{𝑂𝐻^{−}}. Vi kan indsætte udtrykkene for H_{3} AsO_{4} og H_{2} AsO_{4}^{-} ved ligevægt i

pufferligningen til at finde x:

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + log

[ 𝐻_{2} 𝐴𝑠𝑂_{4}^{−}]
[ 𝐻_{3} 𝐴𝑠𝑂_{4}]

⇕

3 = 2,19 + log

𝑥 𝑚𝑜𝑙

( 3,59 · 10^{−2} − 𝑥) 𝑚𝑜𝑙

⇕

𝑥 = 0,03108 𝑚𝑜𝑙

Side 11

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 14/12/2015

11

Pufferligningen bruger strengt taget koncentrationer, og ikke stofmængder som vi regner med her. Men idet de to stoffer er opløst i det samme volumen vil forholdet i deres koncentrationer være det samme som

forholdet i deres stofmængder, altså vi regner med den lidt ændrede variant 𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠}_{𝐴𝑠𝑂}^{4}^{−}_{4} + log^{𝑛_{H}_{2}}_{𝑛_{H}_{3}}^{𝐴𝑠𝑂}.

Ved at beregne molekylevægten af NaOH kan vi så udregne massen der skal tilsættes:

𝑀_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = 1,008 + 16,00 + 22,99 = 40,00

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = 𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ⋅ 𝑀_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = 0,03108 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 40,00 = 1,24 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Derfor skal 1,24 g af natriumhydroxid tilsættes i pufferopløsningen.

Der er anden måde vi kan løse denne opgave, fordi vi har bjerrumdiagrammet. Hvis vi skal have en pH

buffer på 3,0 kan vi aflæse en Y_{S} på ca. 0,125, dvs. ca. 12,5 % skal være på H_{3} AsO_{4} form, og ca. 87,5% skal
være på H_{2} AsO_{4}^{-} form. Med stofmængden af H_{3} AsO_{4} vi udregnede i sidste opgave vil det give en

stofmængde af NaOH på:

𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = 0,875 ⋅ 𝑛_{𝐻_{3}}_{𝐴𝑠𝑂_{4}} = 0,875 ⋅ 3,59 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙 = 3,14 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙

Ved at beregne molekylevægten af NaOH kan vi så udregne massen der skal tilsættes:

𝑀_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = 1,008 + 16,00 + 22,99 = 40,00

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = 𝑛_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ⋅ 𝑀_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = 3,14 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 40,00 = 1,25 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙