HTX Kemi A Eksamen 24. august 2009

Side 1

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

1

Kemi A HTX

24. august 2009

HTX092-KEA

Opgave 1: a.

For at angive molekylformlen skal vi tælle hvor mange af de forskelige atomer i der forekommer i molekylet. For barbital er dette 8 carbon, 12 hydrogen, 2 nitrogen og 3 oxygen, der giver en molekyleformel

på C_{8} H_{12} N_{2} O_{3}.

b.

Det første trin af syntesen er vist i bilag 1 på s. 2:

Vi navngiver efter reaktanternes længste kulstofkæde og derefter deres funktionelle grupper.

Den første reaktant har en kulstofkædelængde på 3 og 2 funktionelle grupper der er syrer. Dette giver HTX 3. år

Den anden reaktant har en kulstofkædelængde på 2 og 1 funktionel grupper der er en alkohol. Dette giver HTX 3. år

C C CH_{2}
CH_{2} OHOH CH OH

OO

3

HTX 3. år c.

Vi kan se på reaktionsskemaet at alkoholen reagerer med syren og binder de organiske molekyler sammen, samtidig med at vi fraspalter vand. Denne type reaktion kaldes en kondensationsreaktion.

d.

- Dopamins struktur er givet.

På dopamin ser vi først og fremmest en aromatisk ring (i rød), 2 alkoholer (i blå) og en amin (i lilla).

Side 2

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

2

CH_{2} NH_{2}
CH_{2}

OH

OH

Idet de to alkoholer sidder på den aromatiske ring i stedet for en normal kulstofkæde kan man også kalde dem for phenoler.

Hvis du ikke skriver den aromatiske ring som en funktionel gruppe er opgaven stadigvæk 100% rigtig. HTX pensum underviser som regel ikke aromatiske ringe som funktionelle grupper.

d.

- Vi har 10,0 g af malonsyre.

Ved en komplet omdannelse af malonsyre til barbital vil vi kunne lave 1 mol malonsyre om til 1 mol barbital. Matematisk kan vi sige:

    𝑚
𝑛=   𝑛               =𝑛
                        𝐵𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑎𝑙
    𝑀

𝑀𝑎𝑙𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒

Fra barbitals strukturformel C H N O kan vi udregne dens molekylemasse ved at lægge alle atomernes
                         8 12 2 3

masser sammen:

𝑀_{𝐵𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑎𝑙} =8 ⋅ 12,01 + 12 ⋅ 1,01 + 2 ⋅ 14,01 + 3 ⋅ 16,00 =184,22

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Vi kan aflæse malonsyres molekyleformel, på samme måde som vi kunne aflæse barbitals, til C_{3} H_{4} O_{4}. Dette

giver en molekylemasse på:

𝑀_{𝑀𝑎𝑙𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} =3 ⋅ 12,01 + 4 ⋅ 1,01 + 4 ⋅ 16,00 =104,07

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Når vi starter fra 10,0 g malonsyre kan vi derfor maksimalt danne:

𝑚_{𝐵𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑎𝑙} 𝑚_{𝑀𝑎𝑙𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒}
𝑀_{𝐵𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑎𝑙} 𝑀_{𝑀𝑎𝑙𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒}

=

𝑚_{𝐵𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑎𝑙} = = =17,6 𝑔

𝑚_{𝑀𝑎𝑙𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} ⋅ 𝑀_{𝐵𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑎𝑙}
𝑀_{𝑀𝑎𝑙𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒}

10,0𝑔 ⋅ 184,22 𝑔 𝑚𝑜𝑙

104,07 𝑔 𝑚𝑜𝑙 e.

- Barbituraters virkning kan vi læse om i bilag 1.

Kort opsummeret så virker barbiturater i centalnervesystemet, hvor de binder til en receptor kaldet for

GABA_{A}. Denne binding gør receptoren GABA_{A} mere følsom overfor dens transmitterstof GABA, dvs. der skal

mindre GABA til at give en effekt fra receptoren end normalt. Idet GABA virker hæmmende på nervesystemet, vil en øget følsomhed overfor GABA gøre at nervesystemet er mindre aktivt end normalt.

Dette kan bruges medicinsk som sovemiddel og som antiepileptisk middel.

Side 3

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

3

Der står mere information omkring nerveceller generelt og barbituraters syntese og historie, men den information har vi ikke brug for for at kunne forklare om barbituraters virkning som psykofarmaka, som spørgsmålet beder om.

Side 4

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

4

Opgave 2: a.

Methylbutanoat, eller butansyremethylester, må være dannet af butansyre, dvs. en syre med 4 kulstof, og methanol, en 1 kulstof alkohol.

En forsæbning er en hydrolyse af en ester, dvs. at esteren bliver adskilt til sin syre del og sin alkohol del.

Dette sker med NaOH, dvs. under basiske betingelser. Vi kan derfor skrive en reaktion mellem

methylbutanoat og OH^{-}:

CH CH_{2} O

3

CH_{2} C CH_{3}

O

OH^{-}

+ +
CH CH_{2} O^{-}

3

CH_{2} C

O

OH

CH_{3}

Bemærk at der skal være ladningsbevarelse på begge sider af ligningen, så hvis der er OH^{-} på venstre side

skal der også være et – på højre side. Imellem methanol og butansyre er butansyre mest syrlig, og vil derfor være med –.

b.

- En tabel med koncentrationen af OH^{-} til forskellige tider er angivet.

Vi er blevet givet data, og disse data kan vi plotte i et databehandlingsprogram, f.eks. Excel. Vi er allerede blevet givet at reaktionen er en 2. ordensreaktion i forhold til hydroxid, og skal bare eftervise det.

For en 2. ordens reaktion gælder det at:

1 1

[ 𝐴] [ 𝐴]_{0}

= + 𝑘 ⋅ 𝑡

Så hvis vi kan plotte_{[}_{𝑂𝐻^{−}}^{1}_{]} imod tid og få en lige linje vil det bevise at reaktionen er af 2. orden i NaOH.

y = 15,476x + 49,702
R² = 0,9999

0

50

100

150

200

250

300

350

400

25

1/[OH

] (M

-1

)

Tid (min)

Forsæbning af methylbutanoat

Side 5

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

5 c.

- Hastighedskonstanten er angivet til 15,5 M^{-1} ·min^{-1}.

Vi så i sidste opgave at:

1 1

[ 𝐴] [ 𝐴]_{0}

= + 𝑘 ⋅ 𝑡

Hvis 90 % af esteren er forsæbet er der kun 10 % af dens startkoncentration tilbage, så vi kan sige:

[ 𝐴] =0,1 ⋅ [ 𝐴]_{0}

Fra tabellen kan vi se at [ 𝐴]_{0} = [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} =0,0200^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿}. Med det kan vi løse ligningen:

1 1

0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} [ 𝑂𝐻^{−}]_{0}

= + 𝑘⋅ 𝑡

1 1

0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} [ 𝑂𝐻^{−}]_{0}

− =𝑘⋅ 𝑡

𝑡= = =29,0 𝑚𝑖𝑛

1 1

0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} [ 𝑂𝐻^{−}]_{0}

− 𝑘

1 1

0,1 ⋅ 0,0200 0,0200 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝐿 𝐿

−

15,5

𝐿 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝑚𝑖𝑛 d.

- 90 % af esteren er forsæbet.

Vi kan let løse den første del af denne opgave ved at bare prøve en anden koncentration. Hvis [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} =
1^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} kan vi udregne tiden igen med samme formel:

𝑡= =0,58 𝑚𝑖𝑛

1 1

0,1 ⋅ 1 1 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝐿 𝐿

−

15,5

𝐿 𝑚𝑜𝑙 ⋅𝑚𝑖𝑛

Her er tiden anderledes, så svaret til første del er: Ja tiden ændres hvis koncentrationen ændres.

Hvis vi skal begrunde svaret kan vi kigge i formlen på den del hvor koncentrationen spiller ind:

1 1

0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} [ 𝑂𝐻^{−}]_{0}

−

Det her udtryk er lidt svært at forholde sig til, så vi må forenkle det. Vi har to brøker med forskellige

                                                                         1  1   3+2  5
nævnere. For at få dem på fælles nævnere skal vi gange nævnerne på kryds (husk f.eks. at + = = ):
                                                                         2  3   2⋅3  6

1 1 [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} 0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0}
0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} 0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} 0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0}

− = −

Side 6

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

6

= = =

[ 𝑂𝐻^{−}]_{0} − 0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} 1 − 0,1 9
0,1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0}^{2} 0,1 ⋅ 𝑂𝐻^{−} 𝑂𝐻^{−}

[]_{0} []_{0}

Med denne lidt vanskelige omskrivning kan vi omformulere det tidligere udtryk:

𝑡= =

1 1

0.1 ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} [ 𝑂𝐻^{−}]_{0}

−

𝑘 [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} ⋅ 𝑘

9

Vi kan fra denne formel se at tiden er afhængig af [ 𝑂𝐻^{−}]_{0}. Som [ 𝑂𝐻^{−}]_{0} bliver større bliver t mindre.

e.

Vi skal kunne måle [ 𝑂𝐻^{−}]. Det kan heldigvis godt lade sig gøre i en vandig opløsning, da [ 𝑂𝐻^{−}] er

proportionel til pH. Det gælder fra vands autoprotolyse at:

𝑝𝐻+ 𝑝𝑂𝐻=14

Så en hvilken som helst metode til at måle pH i opløsningen vil kunne bruges. Det kunne f.eks. være en titrering med en stærk syre som HCl og en farveindikator som phenolphtalein. Sådan en metode vil dog være ret langsom og besværlig, og vil derfor sandsynligvis have en medfølgende usikkerhed. En lettere og mere nøjagtig måde vil være at bruge et elektronisk pH meter.

Side 7

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

7

Opgave 3: a.

I reaktionen

𝑆𝑂_{3} ( 𝑔) + 𝐶𝑎𝑂 ( 𝑠) ⇌𝐶𝑎𝑆𝑂_{4} (𝑠)

Kan vi se der indgår 3 stoffer: svovltrioxid SO , calciumoxid CaO og calciumsulfat CaSO .
                                    3                                4

b.

Ligevægtsloven siger at:

𝐾= =

𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟 1

𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟 𝑝 ( 𝑆𝑂_{3})
Fordi både CaO og CaSO_{4} er faste stoffer indgår de i ligevægtsloven som 1. SO_{3} er en gas og indgår derfor

med sit partialtryk.

c.

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

- Δ𝐻^{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}^{0} =𝐻_{𝐶𝑎𝑆𝑂4} − ( 𝐻_{𝑆𝑂3}^{0} + 𝐻_{𝐶𝑎𝑂}^{0})

𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟

0 0

𝐻_{𝑆𝑂3}^{0} =−395,72_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} 𝐻 =−635,09_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} 𝐻 =−1434,11_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}

𝐶𝑎𝑂 𝐶𝑎𝑆𝑂4

0 0

Og vi kan så sætte tallene ind i formlen:

Δ𝐻^{0} =𝐻_{𝐶𝑎𝑆𝑂4}^{0} − ( 𝐻_{𝑆𝑂3}^{0} + 𝐻_{𝐶𝑎𝑂}^{0}) =−1434,11 − (−395,72 + (−635,09))=−403,3

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.

d.

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

- Δ𝐺^{0} værdier kan vi finde i tabellen med termodynamisk data i bilag 2.

Vi kan beregne ligevægtskonstanten ved at bruge formlen:

𝐾=𝑒

−Δ𝐺^{0}

𝑅⋅𝑇

Side 8

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

8

                                                0
Til det skal vi bruge ændringen i standardgibbsenergien Δ𝐺

. Vi kan finde den på samme måde som vi fandt

Δ𝐻^{0} for reaktionen:

Δ𝐺^{0} =∑G − ∑𝐺_{𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟}^{0} =𝐺_{𝐶𝑎𝑆𝑂4}^{0} − ( 𝐺_{𝑆𝑂3}^{0} + 𝐺_{𝐶𝑎𝑂}^{0})

𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟

0

Igen kan vi slå standardgibbsenergierne op i bilag 2:

𝐺_{𝑆𝑂3}^{0} =−371,03_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} 𝐺 =−604,02_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} 𝐺 =−1321,78_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}

𝐶𝑎𝑂 𝐶𝑎𝑆𝑂4

0 0

Og ud fra dem beregne Δ𝐺^{0}:

Δ𝐺^{0} =𝐺_{𝐶𝑎𝑆𝑂4}^{0} − ( 𝐺_{𝑆𝑂3}^{0} + 𝐺_{𝐶𝑎𝑂}^{0}) =−1321,78 − (−371,03 + (−604,02))=−346,73

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

De tal kan vi sætte ind i formlen og få ligevægtskonstanten K:

𝐾=𝑒 =6,00 ⋅ 10^{60} 𝑏𝑎𝑟^{−1}

−(−346,73⋅10^{3})

𝐽 𝑚𝑜𝑙

8,314 ⋅298 𝐾

𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅𝐾

Husk at sørge for overensstemmelse imellem enhederne. Temperaturen skal være i K, og gaskonstanten og

                                                                          -1
gibbsfrienergien skal begge være enten i J eller kJ. Den endelige ligevægtskonstant er i bar

, som vi kan se fra opgave b’s ligevægtslov.

Denne her ligevægtskonstant er enorm stor, hvilket betyder at reaktionen ikke så meget er en ligevægt, men i stedet en en-vejs reaktion der går mod højre.

Vi skal også finde ud af hvordan ligevægtskonstanten ændrer sig med temperaturen. Vi ved fra sidste opgave at reaktionen er exoterm, dvs. den udvikler varme. Når reaktionen er

𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟 ⇌𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟 + 𝑉𝑎𝑟𝑚𝑒 vil en forøgelse af varmen (temperaturen) skubbe ligevægten mod

venstre ifg. La Chatelier’s princip. Derfor vil ligevægtskonstanten blive mindre som temperaturen øges.

Side 9

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

9

Opgave 4: a.

- Reaktion I og II er givet.

Reaktion I er:

2 𝑁𝑎 𝑁_{3} ( 𝑠) →2 𝑁𝑎 ( 𝑙) + 3 𝑁_{2} ( 𝑔)

⏞ ⏞ ⏞ ⏞

+𝐼 0 0

+𝐼,+𝐼,−𝐼

Denne reaktion er en lidt compleks redox reaktion: Na bliver reduceret fra +1 til 0 og N i N_{3} bliver både

reduceret fra +1 til 0 og oxideret fra -1 til 0. N er speciel i at N optræder 2 gange som -1 og 1 gang som +1.
                                     3

Idet det er et enkelt molekyle der laver en redox reaktion med sig selv kan denne reaktion også kaldes for en disproportionering.

Reaktion II er:

10 𝑁𝑎 ( 𝑙) + 2 𝐾𝑁 𝑂_{3} ( 𝑠) →𝐾_{2} 𝑂 ( 𝑠) + 5 𝑁𝑎_{2} 𝑂 + 𝑁_{2} (𝑔)

⏞ ⏞ ⏞ ⏞

0 +𝑉 +𝐼 0

Dette er også en redox reaktion hvor Na bliver oxideret fra 0 til +1 og N bliver reduceret fra +5 til 0.

b.

- pK_{B} (azidionen) er angivet til 9,1
- 0,100 M NaN_{3} opløsning.
Med en pK_{B} på 9,1 er NaN_{3} en meget svag base. Vi kender fra pK_{B} at ligevægten:
𝑁_{3}^{−} ( 𝑎𝑞) + 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙) ⇌ 𝐻𝑁_{3} ( 𝑎𝑞) + 𝑂𝐻^{−} (𝑎𝑞)

Kan beskrives som

𝐾_{𝐵} = =10^{−9,1}

[ 𝐻𝑁_{3}] ⋅ [𝑂𝐻^{−}]
[𝑁_{3}^{−}]
Vi kan fra reaktionsligningen se at for hver OH^{-} der dannes vil der dannes HN_{3}, dvs. [ 𝐻𝑁_{3}] =[𝑂𝐻^{−}]. Det

forenkler ligningen:

𝐾_{𝐵} = =10^{−9,1}

[ 𝑂𝐻^{−}]^{2}
[𝑁_{3}^{−}]

Når vi tilsætter NaN_{3} til en vandig opløsning er koncentrationen i starten [ 𝑁_{3}^{−}] =0,100^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} og [ 𝑂𝐻^{−}] =
0^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿}. Når systemet har opnået ligevægt vil en mængde N_{3}^{-} være omdannet, således at [ 𝑁_{3}^{−}] =
( 0,100 − 𝑥)^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} og [ 𝑂𝐻^{−}] =𝑥^{𝑚𝑜𝑙}. Det kan vi sætte ind i ligevægtsudtrykket og løse efter x for at finde

𝐿

                           -
ligevægtskoncentrationen af [OH ]:

𝐾_{𝐵} = =10^{−9,1}

𝑥^{2}
( 0,100 − 𝑥)

Side 10

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

10

For en svag base vil [OH^{-}] være så lav at [ 𝑁_{3}^{−}] ≫ [ 𝑂𝐻^{−}]. I det tilfælde vil 0,100^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} − 𝑥≈0,100^{𝑚𝑜𝑙}_{𝐿} og

ligningen kan forenkles yderligere:

𝐾_{𝐵} = ≈ =10^{−9,1}

𝑥^{2} 𝑥^{2}
0,100 − 𝑥 0,100

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝐿 𝐿

𝑥^{2} =10^{−9,1} ⋅ 0,100

𝑚𝑜𝑙

𝐿

𝑥=± 10^{−9,1} ⋅ 0,100 =±8,91 ⋅ 10^{−6}

√

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 pOH på,

𝑝𝑂𝐻=−log [ 𝑂𝐻^{−}] =−log ( 8,91 ⋅ 10^{−6}) =5,05
𝑝𝐻+ 𝑝𝑂𝐻=14
𝑝𝐻=14 − 𝑝𝑂𝐻=14 − 5,05=8,95

c.

- Et bjerrumdiagram for azidion er angivet.

                                                                                [ 𝐻𝑁 ]
                                                                                   3
I denne opgave skal vi aflæse bjerrumdiagrammet. Ud af x aksen er pH og op af y-aksen er 𝑌 = ,
                                                                           𝑠         −
                                                                              [ 𝐻𝑁 ] +[𝑁 ]
                                                                                 3
                                                                                     3

så på venstre side af diagrammet er der HN_{3} og i højre side af diagrammet er der N_{3}^{-}. Ved pH 5,5 er Y_{s} ca.

0,2, dvs. ca 20 % findes på syreform ved pH 5,5.

d.

Et puffersystem vil altid have størst kapacitet omkring pufferen pK værdi. I tilfældet med NaN vil denne
                                                       s                      3

værdi 𝑝𝐾_{𝑠} =14 − 𝑝𝐾_{𝐵} =14 − 9,1=4,9.

Vi kan forklare det ved at tænke på hvad der sker når vi tilsætter en stærk syre som f.eks. HCl. Vi vil da

                               [ 𝐻𝑁
                                 3
ændre på forholdet imellem 𝑌 =        , og dette vil ændre pH. I området omkring syre/baseparrets
                         𝑠
                            [ 𝐻𝑁 ] +[𝑁𝑎𝑁
                               3     3

]

]

pK_{s} kan vi se at bjerrumdiagrammet er tættest på lodret. Det betyder at hvis vi tilsætter nok HCl til at

forskyde 𝑌 =          fra 0,5 til 0,7 vil pH kun ændre sig fra ca. 4,9 til 4,5. Dette er en meget lille
         𝑠
            [ 𝐻𝑁
               3

[ 𝐻𝑁_{3}]
] +[𝑁𝑎𝑁_{3}]

ændring i pH i forhold til hvordan pH kunne have ændret sig hvis puffersystemet var længere væk fra den skrå region, som f.eks. ved pH 3.

e.

- Vi skal fremstille 3,2 mol N_{2} gas.

Hvis vi kigger på de 2 ligninger igen:

Side 11

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2009

11

2 𝑁𝑎𝑁_{3} ( 𝑠) →2 𝑁𝑎 ( 𝑙) + 3 𝑁_{2} ( 𝑔) × 5⇒10𝑁𝑎𝑁 ( 𝑠) →10𝑁𝑎 ( 𝑙) + 15𝑁_{2} ( 𝑔)

3

10 𝑁𝑎 ( 𝑙) + 2 𝐾𝑁𝑂_{3} ( 𝑠) →𝐾_{2} 𝑂 ( 𝑠) + 5 𝑁𝑎_{2} 𝑂 + 𝑁_{2} (𝑔)
Kan vi se at der for hver 10 mol NaN_{3} bliver dannet 5 ⋅ 3 + 1=16 mol N_{2}. Hvis vi har brug for 3,2 mol N_{2}
har vi derfor brug for^{10}_{16} ⋅ 3,2 𝑚𝑜𝑙=2,0 𝑚𝑜𝑙 NaN_{3}. Herfra kender vi:

𝑛=

𝑚

𝑀

M_{NaN3} finder vi ved at lægge atomernes molekylemasser sammen:

𝑀_{𝑁𝑎𝑁_{3}} =22,99 + 3 ⋅ 14,01 =65,02

𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Det giver en endelig masse af NaN_{3} på:

𝑚_{𝑁𝑎𝑁3} =𝑛_{𝑁𝑎𝑁3} ⋅ 𝑀_{𝑁𝑎𝑁3} =2,0 𝑚𝑜𝑙⋅ 65,02 =130 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙