HTX Kemi A Eksamen 2. juni 2014 - Vejledende besvarelse

Side 1

HTX A Kemi 2. juni 2014

1

HTX A Kemi Juni 2014

htx141-KEM/A-

Opgave 1 a.

- Det er angivet, at chromgult kaldes bly(II)chromat.

Da chromat-ionen har følgende kemiske formel: 𝐶𝑟𝑂_{4}^{2−}, og da bly-ionen har en ladning på +2 (som følge af

’Pb(II)’ i navnet, der angiver oxidationstallet) må chromgult have følgende kemiske formel.

𝑃𝑏𝐶𝑟𝑂_{4}

Forholdet mellem de to ioner, som chromgult består af, vælges således at den samlede forbindelse er neu-tralt ladet. I det tilfælde er forbindelsen neutralt ladet, når den består af de to ioner i forholdet 1:1.

b.

- Reaktionsskemaet for den strømgivende reaktion er angivet.

Oxidationstallene af bly i de forskellige forbindelser i reaktionen er vist nedenfor.

𝑃𝑏 ( 𝑠) + 𝑃𝑏 𝑂_{2} ( 𝑠) + 2𝐻_{2} 𝑆𝑂_{4} ( 𝑎𝑞) → 2𝑃𝑏 𝑆𝑂_{4} ( 𝑠) + 2𝐻_{2} 𝑂(𝑙)

⏞ ⏞ ⏞

0 +4 +2

Oxidationstallet af bly i:

- Pb(s) er 0, fordi det er et rent og neutralt ladet grundstof, og disse har altid et oxidationstal på 0.

- PbO_{2} er +4, fordi begge oxygenatomer har en ladning på –2, og derfor må bly have en ladning på +4
for at gøre forbindelsen neutralt ladet – dvs. et oxidationstal på +4.
- PbSO_{4} er + 2, fordi sulfat-ionen har en ladning på –2, og derfor må bly have en ladning på +2 for at
gøre forbindelsen neutralt ladet - dvs. et oxidationstal på +2.

c.

- Reaktionsskemaet for den strømgivende reaktion er angivet.

Ligevægtsloven, K, for en reaktion af typen:

𝑎𝐴 ( 𝑠) + 𝑏𝐵 ( 𝑎𝑞) → 𝑐𝐶 ( 𝑙) + 𝑑𝐷(𝑔)

ser således ud:

𝐾 =

𝑥 ( 𝐶)^{𝑐} + 𝑝 ( 𝐷)^{𝑑}
[ 𝐵]^{𝑏}

Derfor ser ligevægtsloven for den strømgivende reaktion således ud:

Side 2

HTX A Kemi 2. juni 2014

2

𝐾 =

( 𝑥 ( 𝐻_{2} 𝑂))^{2}
[ 𝐻_{2} 𝑆𝑂_{4}]^{2}
hvor x(H_{2} O) er molbrøken af vand. Hvis den strømgivende reaktionen er fortyndet i en vandig opløsning kan

vi antage, at molbrøken af vand er ca. lig med 1, og derfor udgår molbrøken af vand fra ligevægtsloven. I det tilfælde vil ligevægtsloven få følgende udseende:

𝐾 =

1

[ 𝐻_{2} 𝑆𝑂_{4}]^{2}

d.

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 den strømgivende reaktion vha. følgende formel.

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

𝜃 𝜃

= (2 · 𝐻^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙)) + 2 · 𝐻^{𝜃} ( 𝑃𝑏𝑆𝑂_{4} ( 𝑠)))
− ( 𝐻^{𝜃} ( 𝑃𝑏 ( 𝑠)) + 𝐻^{𝜃} ( 𝑃𝑏𝑂_{2} ( 𝑠)) + 2 · 𝐻^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑆𝑂_{4} ( 𝑎𝑞)))
= ( 2 · ( −285,8) + 2 · ( −923,1)) − ( ( 0) + ( −276,65) + 2 · ( −909,3)) = −322,55

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Altså er ΔH^{θ} for reaktionen lig med -322,55 kJ/mol. Da ΔH^{θ} < 0 er reaktionen desuden exoterm.

e.

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

- Værdierne for G^{θ} ved 25°C er angivet.
En reaktion er spontan mod højre, hvis ΔG^{θ} < 0 og ikke-spontan, hvis ΔG^{θ} > 0. Derfor beregnes ΔG^{θ} for

den strømgivende reaktion vha. følgende formel.

Δ𝐺^{𝜃} = ∑𝐺 ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝐺^{𝜃} ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

𝜃

= (2 · 𝐺^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙)) + 2 · 𝐺^{𝜃} ( 𝑃𝑏𝑆𝑂_{4} ( 𝑠)))
− ( 𝐺^{𝜃} ( 𝑃𝑏 ( 𝑠)) + 𝐺^{𝜃} ( 𝑃𝑏𝑂_{2} ( 𝑠)) + 2 · 𝐺^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑆𝑂_{4} ( 𝑎𝑞)))
= ( 2 · ( −237,1) + 2 · ( −813,76)) − ( ( 0) + ( −218,99) + 2 · ( −744,53))
= −393,67

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Altså er ΔG^{θ} for reaktionen lig med -393,67 kJ/mol. Da ΔG^{θ} < 0 er reaktionen spontan mod højre.

f.

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

Side 3

HTX A Kemi 2. juni 2014

3

- Værdierne for S^{θ} ved 25°C er angivet.
- Δ𝐻^{𝜃} er beregnet til -322,55 kJ/mol i en tidligere opgave.

Til at beregne ligevægtskonstanten, K, ved -10°C benyttes Van’t Hoffs ligning.

ln ( 𝐾) = − · + ⟺ 𝐾 = 𝑒^{−}

Δ𝐻^{θ} 1 Δ𝑆^{θ}

𝑅 𝑇 𝑅

Δ𝐻^{θ} 1 Δ𝑆^{θ}

𝑅 𝑇 𝑅

· +

ΔS^{θ} for reaktionen beregnes herunder.

Δ𝑆^{𝜃} = ∑𝑆^{𝜃} ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝑆^{𝜃} ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)
= (2 · 𝑆^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙)) + 2 · 𝑆^{𝜃} ( 𝑃𝑏𝑆𝑂_{4} ( 𝑠)))
− ( 𝑆^{𝜃} ( 𝑃𝑏 ( 𝑠)) + 𝑆^{𝜃} ( 𝑃𝑏𝑂_{2} ( 𝑠)) + 2 · 𝑆^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑆𝑂_{4} ( 𝑎𝑞)))
= ( 2 · ( 70,0) + 2 · ( 140,2)) − ( ( 64,80) + ( 76,6) + 2 · ( 20,1)) = 238,8

𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

Vi sætter nu værdierne ind i Van’t Hoffs ligning, og temperaturen angives i Kelvin.

𝐾 = 𝑒^{8,31} = 3,76 · 10^{76}

− · +

−322550 238,8

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙·𝐾

𝐽 ( 𝐽 𝑚𝑜𝑙·𝐾 𝑚𝑜𝑙·𝐾

1

−10+273) 𝐾

8,31

                                                                      -2
Ud fra ligevægtsloven for reaktionen ses det, at enheden for ligevægtskonstanten er M .

𝐾 = = = 𝑀^{−2}

1 1

[ 𝐻_{2} 𝑆𝑂_{4}]^{2} 𝑀^{2}
Altså er K = 3,76·10^{76} M^{-2}. Da K er meget høj betyder det, at reaktionen er forskudt langt mod højre. På

trods af, at reaktionen er spontan og forskudt langt mod højre, så kan bilerne, der bruger denne strømgi-vende reaktion, alligevel have svært ved at starte en kold vinter morgen. Dette skyldes, at også reaktions-hastigeden spiller ind.

For hver molekylær reaktion (dvs. en reaktion hvor kun ét molekyle omdannes), der finder sted i akkumula-toren, generes der en vis mængde strøm. Jo flere at disse molekylære reaktion, der finder sted pr. tidsen-hed jo større er den samlede mængde strøm, der genereres. Antallet af molekylære reaktioner pr.

tidsenhed kaldes for reaktionshastigheden og denne har derfor afgørende betydning for akkumulatorens ydeevne. Reaktionshastigheden for en reaktion afhænger af hastighedskonstanten, k, der igen afhænger af temperaturen, således at højere temperaturer resulterer i højere reaktionshastigheder. Af den grund er ef-fekten af en blyakkumulator mindre, når temperaturen er lavere.

Side 4

HTX A Kemi 2. juni 2014

4

Opgave 2 a.

- Strukturformlen for linalool er angivet.

Alkoholgruppen er den funktionelle gruppe i linalool, der har den højeste prioritet, og derfor får linalools systematiske navn suffixet –ol og denne gruppe angiver også nummereringen af kulstofatomer i linalool.

Den længste kulstofkæde i linalool er 8 kulstofatomer lang, hvilket navgives –oktan. Da alkoholgruppen skal

have det lavest mulige nummer, nummereres kulstofatomerne, således at alkoholgruppen sidder på C^{3}. Li-

nalool er altså en homolog til oktan-3-ol.

                                                      1   6
Linalool indeholder også to dobbeltbindinger, der er placeret på C og C og disse bidrager derfor med -1,6-

dien- til navnet, som erstattet –an i oktan, da –an er suffixet for en alkan og –en er suffixet for en alken. Li-nalool er altså en homolog til okt-1,6-dien-3-ol.

Endeligt har linalool to methylgrupper på hovedkulstofkæden, og disse er placeret på hhv C^{3} og C^{7}. De to

methylgrupper bidrager derfor med præfixet 3,7-dimethyl-. Linalools systematiske navn er derfor:

3,7-dimethylokt-1,6-dien-3-ol.

                                                       3
Desuden indeholder linalool et asymmetrisk kulstofatom, nemlig C

fordi dette kulstofatom binder til fire forskellige grupper. Dette giver anledning til to spejlbilledisomere – en R-form og en S-form. Det er dog ikke muligt at afgøre, hvilken af de to former, der er tale om ud fra strukturformlen. Da de to dobbeltbindinger i linalool begge har den egenskab, at mindst den ene af de to kulstofatomer, der indgår i dobbeltbindingen,

binder til to ens grupper (hhv. to –CH_{3} og to –H), så giver dobbeltbindingerne ikke anledning til forskellige

former.

b.

- Reaktionen er angivet.

Der er tale om en kondensationsreaktion, fordi to molekyler går sammen og danner et større molekyle un-der fraspaltning af et mindre molekyler, i dette tilfælde vand. Det er carboxylsyregruppen på ethansyre og hydroxygruppen på linalool, der reagerer med hinanden i denne reaktion. Denne type reaktion kaldes også for en dehydrering.

c.

- Strukturformlen for A er angivet.

Forbindelse A indeholder en ester (-COOR) og to dobbeltbindinger (C=C), og disse funktionelle grupper er

markeret på strukturen herunder.

Side 5

HTX A Kemi 2. juni 2014

5

CH CH_{3}

3

CH_{2}

*

O O CH_{3}

CH_{3}

Desuden indeholder forbindelse A også et asymmetrisk kulstofatom (markeret med *), men dette medreg-nes ikke som en funktionel gruppe.

d.

- Reaktionsskemaet for reaktionen er angivet, og det oplyses af 10,0 g linalool reagerer med et over-skud af ethansyre.

- Den molare masse for linalool er angivet til 154,249 g/mol og den molare masse for forbindelse A
er angivet til 196,286 g/mol.

Det teoretiske udbytte af reaktionen er massen af forbindelse A, der dannes, hvis de 10,0 g linalool forbru-ges fuldstændigt. Ud fra reaktionsskemaet ses det, at ét mol linalool danner ét mol af forbindese A, og der-for må stofmængden af forbrugt linalool være lig med stofmængden af dannet forbindelse A.

𝑛 ( 𝑙𝑖𝑛𝑎𝑙𝑜𝑜𝑙)_{𝑏𝑟𝑢𝑔𝑡} = 𝑛 ( 𝑓𝑜𝑟𝑏𝑖𝑛𝑑𝑒𝑙𝑠𝑒 𝐴)_{𝑑𝑎𝑛𝑛𝑒𝑡}

Derfor bestemmes stofmængden af linalool i 10,0 g.

𝑛 ( 𝑙𝑖𝑛𝑎𝑙𝑜𝑜𝑙) = = = 0,0648 𝑚𝑜𝑙

𝑚(𝑙𝑖𝑛𝑎𝑙𝑜𝑜𝑙) 10,0𝑔

𝑀(𝑙𝑖𝑛𝑎𝑙𝑜𝑜𝑙)

154,249 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Nu ved vi altså, at der dannes i alt 0,0648 mol af forbindelse A. Denne stofmængde af forbindelse A omreg-nes nu til masse.

𝑚 ( 𝑓𝑜𝑟𝑏𝑖𝑛𝑑𝑒𝑙𝑠𝑒 𝐴) = 𝑛 ( 𝑓𝑜𝑟𝑏𝑖𝑛𝑑𝑒𝑙𝑠𝑒 𝐴) · 𝑀 ( 𝑓𝑜𝑟𝑏𝑖𝑛𝑑𝑒𝑙𝑠𝑒 𝐴) = 0,0648𝑚𝑜𝑙 · 196,286 = 12,72 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Det teoretiske udbytte af forbindelse A er derfor lig med 12,72 g.

e.

- Strukturformlen for A er angivet.

Ud fra A’s strukturformel ses det, at A indeholder i alt 11 kulstofatomer og kun én funktionel polær gruppe

(ester). Da både C-H bindinger og C-C bindinger er upolære, er det kun esteren, der bidrager med noget po-lært til molekylet. Derfor vurderes molekylet som helhed at være upolært. Vand er en polær forbindelse, og derfor opløses andre polære forbindelser bedst i vand. Jo mere upolær en forbindelse er, jo tungere oplø-selig i vand er den. Da det vurderes, at A er upolær, må det betyde, at A er svært opløselig i vand.

Side 6

HTX A Kemi 2. juni 2014

6

Opgave 3 a.

- Et bjerrumdiagram for butansyre er angivet.

I et bjerrum-diagram er pH-værdien angivet på x-aksen og syrebrøken på y-aksen. Grafen i diagrammet an-giver derfor forholdet mellem syre og base til en given pH-værdi, da syrebrøken angiver, hvor stor en del af butansyremolekylerne, der er på syreform. Til venstre for kurven er butansyren på syreform, og til højre for

kurven er butansyre på baseform. Ud fra pufferligningen, som ses nedenfor, kan vi udlede, at pK_{s} = pH når

koncentrationen af syreformen og baseformen af butansyre er lig hinanden.

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + log

[𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−}]
[𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻]

ℎ𝑣𝑖𝑠 [ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−}] = [ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻] → log

[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−}]
[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻]
= log ( 1) = 0 → 𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + 0 = 𝑝𝐾_{𝑠}
For at bestemme pK_{s} -værdien for butansyre aflæses pH-værdien netop der, hvor syrebrøken er lig med 0,5,

da dette må betyde at halvdelen af butansyre er på syreform og derfor må den anden halvdel naturligvis være på baseform – dvs. koncentrationen af de to former er ens. I praksis finder vi 0,5-mærket på y-aksen og bevæger os vandret ud mod kurven. Når vi når ud til kurven aflæses pH-værdien, og vi ser at denne er lig

med 4,8. Derfor er pK for butansyre lig med 4,8. Forholdet mellem styrkekonstanten, K , og pK -værdien er
                  s                                                    s     s

angivet nedenfor.

𝑝𝐾_{𝑠} = −log ( 𝐾_{𝑠}): 𝐾_{𝑠} = 10^{−𝑝𝐾_{𝑠}} = 10^{−4,8} = 1,5849 · 10^{−5}

Ud fra formlen for styrekonstanten, som er lig med ligevægtskonstanten for butansyres reaktion med vand kan vi bestemme styrkekonstantens enhed.

𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻 ( 𝑎𝑞) + 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙) ⇌ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−} ( 𝑎𝑞) + 𝐻_{3} 𝑂^{+} ( 𝑎𝑞)

𝐾_{𝑠} = = = 𝑀

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] · [𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−}] 𝑀· 𝑀
[𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻] 𝑀

                                                -5
Altså er styrkekonstanten, K , for butansyre lig med 1,58·10 M.
                       s

b.

- pK_{s} er angivet til 4,8.
- Koncentrationen af butansyre i opløsningen, c_{s}, er angivet til 0,0100 M.
butansyre har en pK_{s} -værdi på 4,8 og er derfor en svag syre, fordi pK_{s} -værdien ligger i intervallet [4,10]. Bu-

tansyres ligevægt i en vandig opløsning er angives i opgave 3.a ovenfor, og af den ses, at stofmængdekon-centrationen af deprotoneret syre og hydronium-ioner er ens, og derfor:

[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−}] = [𝐻_{3} 𝑂^{+}]

Den totale koncentration af syre består af den protonerede og den deprotonerede syre, fordi det er en svag syre. Denne er angivet til 0,0100 M.

𝑐_{𝑠} = [ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻] + [𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−}] = [𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻] + [𝐻_{3} 𝑂^{+}];

Side 7

HTX A Kemi 2. juni 2014

7

[𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻] = 𝑐_{𝑠} − [𝐻_{3} 𝑂^{+}]
Dermed kan K_{s} nu udtrykkes ved:

𝐾_{𝑠} = =

[𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−}] ⋅ [𝐻_{3} 𝑂^{+}] [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}
[ 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻] 𝑐_{𝑠} − [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]
𝑐_{𝑠} ≫ [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] ⇒ 𝑐_{𝑠} − [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] ≈ 𝑐_{𝑠}

𝐾_{𝑠} = =; 𝑙𝑜𝑔 ( 𝐾_{𝑠}) = 𝑙𝑜𝑔

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2} [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2} [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}
𝑐_{𝑠} − [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] 𝑐_{𝑠} 𝑐_{𝑠}

𝑝𝐻 = ⋅ ( 𝑝𝐾_{𝑠} − log𝑐_{𝑠}) = ⋅ ( 4,8 − log ( 0,0100)) = 3,4

1 1

2 2

Dermed er pH-værdien af opløsningen lig med 3,4.

c.

- Blandingen består af 100 mL 0,0100 M butansyreopløsning og 100 mL 0,0100 M NaOH-opløsning.

- Reaktionsskemaet for neutralisering af butansyre med NaOH er angivet.

Først bestemmes stofmængderne af butansyre og NaOH i de to opløsninger.

𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻) = 𝑐 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻) · 𝑉 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻) = 0,0100𝑀 · 0,1𝐿 = 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙
𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) = 𝑐 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) · 𝑉 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) = 0,0100𝑀 · 0,1𝐿 = 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙

Vi opstiller nu et skema, hvor stofmængden af de forskellige forbindelser før og efter sammenblandingen er angives.

CH_{3} CH_{2} CH_{2} COOH(aq) + OH^{-} (aq) → CH_{3} CH_{2} CH_{2} COO^{-} (aq) + H_{2} O(l)
Før 10^{-3} mol 10^{-3} mol 0 mol -
Efter 0 mol 0 mol 10^{-3} mol -

Efter sammenblandingen haves altså 10^{-3} mol af butansyres baseform opløst i i alt 200 mL vand. Koncentra-

tionen beregnes.

𝑐 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−}) = = = 5,0 · 10^{−3} 𝑀

𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−}) 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙
𝑉_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} 0,2𝐿

Vi beregner nu pK_{b} -værdien for denne base vha. følgende formel, der gælder for korresponderende syre-

base-par.

𝑝𝐾_{𝑠} + 𝑝𝐾_{𝑏} = 14,00: 𝑝𝐾_{𝑏} = 14,00 − 𝑝𝐾_{𝑠} = 14,00 − 4,8 = 9,2

Vi har altså en 5,0·10^{-3} M opløsning af en svag base, da pK_{b} værdien er større end 4. Vi kan derfor bestem-

mes pOH og derudfra pH således:

Side 8

HTX A Kemi 2. juni 2014

8

𝑝𝑂𝐻 = ( 𝑝𝐾_{𝑏} − log ( 𝑐_{𝑏})) = ( 9,2 − log ( 5,0^{−3})) = 5,75

1 1

2 2

𝑝𝐻 = 14,00 − 𝑝𝑂𝐻 = 14,00 − 5,75 = 8,25

Altså er pH-værdien for opløsningen lig med 8,25.

d.

- Reaktionsskemaet for neutralisering af butansyre med NaOH er angivet.

- pK_{s} for butansyre er angivet til 4,8.

- Der ønsker en pufferopløsning med pH på 5,0 lavet ud fra 100 mL 0,0100 M butansyre opløsning.

- Koncentrationen af NaOH, der tilsættes, er 0,0100 M.

- Fra forrige opgave vides det, at 100 mL 0,0100 M butansyre indeholder 10^{-3} mol butansyre.

Af reaktionsskemaet samt de to koncentrationer ses det, at for hvert mol NaOH, der tilsættes, omdannes ét mol butansyre til dens korresponderende base. Vi kan derfor opstille følgende skema, der viser stofmæng-derne af butansyres syreform og baseform afhængigt af, hvor meget NaOH, der tilsættes.

CH_{3} CH_{2} CH_{2} COOH(aq) + OH^{-} (aq) → CH_{3} CH_{2} CH_{2} COO^{-} (aq) + H_{2} O(l)
Før 10^{-3} mol x 0 mol -
Efter 10^{-3} mol - x 0 mol x -

Vi indsætter nu disse stofmængder i pufferligningen, og bestemmer stofmængden af NaOH, der skal tilsæt-tes.

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + log = 𝑝𝐾_{𝑠} + log

𝑛 ( 𝑏𝑎𝑠𝑒) 𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂^{−})
𝑛 ( 𝑠𝑦𝑟𝑒) 𝑛 ( 𝐶𝐻_{3} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻)

5,0 = 4,8 + log(): 𝑥 = 𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) = 6,13 · 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

𝑥

10^{−3} 𝑚𝑜𝑙 − 𝑥

Vi kan nu beregne det volumen NaOH-opløsning, der skal tilsættes.

𝑉 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) = = = 0,0613𝐿 = 61,3 𝑚𝐿

𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) 6,13 · 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙

𝑐(𝑁𝑎𝑂𝐻) 0,0100 𝑀

Der skal altså tilsættes 61,3 mL 0,0100 M NaOH-opløsning.

Side 9

HTX A Kemi 2. juni 2014

9

Opgave 4 a.

- En tabel med forskellige værdier for hastighedskonstanten, k, til forskellige temperaturer, T, er an-givet.

- Det er angivet, at reaktionen forløber som en førsteordens reaktion.

- Reaktionsligningen er angivet.

Hastighedsudtrykket for reaktioner af første orden har følgende generelle udtryk.

𝑣 = 𝑘 · [𝐴]

hvor [A] er stofmængdekoncentrationen af reaktant A. Derfor bliver hastighedsudtrykket for reaktionen ved 40,0°C lig med.

𝑣 = 5,76 · 10^{−3} 𝑚𝑖𝑛^{−1} · [𝐶𝑂 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2}]

b.

- Koncentrationen af 3-oxopentandisyre skal være aftaget til 10% af startkoncentrationen.

For førsteordens reaktioner gælder det, at ln(koncentrationen) afhænger på følgende måde af tiden, t.

ln [ 𝐴] = −𝑘 · 𝑡+ ln [ 𝐴]_{0}:𝑡 = − = −

ln [ 𝐴] − ln [ 𝐴]_{0} [

𝑘 𝑘 ln

[ 𝐴]

𝐴]_{0}

Hvor der med A naturligvis menes CO(CH_{2} COOH)_{2}. Når koncentrationen af 3-oxopentansyre er aftaget til

10% af startkoncentrationen må der gælde følgende sammenhæng mellem den aktuelle koncentration og

startkoncentrationen, [ 𝐶𝑂 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2}]_{0}.
[ 𝐶𝑂 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2}] = 0,1 · [ 𝐶𝑂 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2}]_{0}

Der indsættes nu i formlen.

𝑡 = − = − = − = 399,8𝑚𝑖𝑛

ln() ln()

[ 𝐶𝑂 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2}] 0,1 · [ 𝐶𝑂 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2}]_{0}
[ 𝐶𝑂 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2}]_{0} [ 𝐶𝑂 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝑂𝑂𝐻)_{2}]_{0} ln
𝑘 𝑘 5,76 · 10^{−3} 𝑚𝑖𝑛^{−1}

( 0,1)

Altså går der 399,8 min før koncentrationen 3-oxopentandisyre er aftaget til 10% af startkoncentrationen.

c.

- En tabel med forskellige værdier af hastighedskonstanten, k, til forskellige temperaturer, T, er angi-vet.

Til denne opgave anvendes Arrhenius ligning. Temperaturen angives i Kelvin.

Side 10

HTX A Kemi 2. juni 2014

10

ln() = − ( −); 𝐸_{𝑎} = −𝑅 ⋅ = −0,00831 ·

𝑘_{2} 𝐸_{𝑎} 1 1 𝑘𝐽
𝑘_{1} 𝑅 𝑇_{2} 𝑇_{1} 𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

ln ln

𝑘_{2} ( 5,76 · 10^{−3} 𝑚𝑖𝑛^{−1})
𝑘_{1} ( 4,35 · 10^{−4} 𝑚𝑖𝑛^{−1})

1 1 1 1

𝑇_{2} 𝑇_{1} ( 40 + 273) 𝐾 ( 20 + 273) 𝐾

− −

= 98,44

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Altså er aktiveringsenergien for reaktionen lig med 98,44 kJ/mol.

d.

- Et plot af ln(k) mod 1/T er angivet, og forskriften for tendenslinjen på dette plot er angivet til
y = -8631,2x + 1,8219.
Et plot af ln(k) mod 1/T kaldes et Arrhenius plot. Plottet af lavet ud fra Arrhenius ligning, og det gælder for

dette type plot, at hældningen af tendenslinjen, a, er givet ved følgende:

𝑎 = −:𝐸_{𝑎} = −𝑎𝑅

𝐸_{𝑎}

𝑅

hvor E_{a} er aktiveringsenergien. Da vi kender forskriften for tendenslinjen kan hældningen, a, aflæses til

-8631,2 K. Vi kan nu bestemme aktiveringsenergien.

𝐸_{𝑎} = −𝑎𝑅 = − ( −8631,2𝐾) · 0,00831 · = 71,73

𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾 𝑚𝑜𝑙

Altså er aktiveringsenergien for reaktionen med katalysator lig med 71,73 kJ/mol. Aktiveringsenergien er

lavere end i forsøget uden katalysator. Dette giver god mening, da en katalysator er et stof, der øger reakti-onshastigheden – hvilket i praksis gøres ved at sænke aktiveringsenergien. Dette betyder, at stoffer, der førhen ikke havde energi nok til at overkomme aktiveringsenergien og dermed reagere, nu (med den sam-me energi som før) har nok energi til at en reaktion kan finde sted, netop fordi aktiveringsenergien er ble-vet sænket.