HTX Kemi A Eksamen 24. august 2010

Side 1

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

1

Kemi A HTX

24. august 2010

htx102-Kem/A-

Opgave 1: a.

- Data er givet i bilag 1.

Vi kan læse i bilag 1 s. 1 at der kan være op til 90 masse% af kaliumsalte i halmflyveaske. Dette må være den maximale mængde der kan forventes at udvindes. Derfor kan vi skrive:

𝑚_{𝐾𝑎𝑙𝑖𝑢𝑚𝑠𝑎𝑙𝑡𝑒} = 𝑚_{𝐻𝑎𝑙𝑚𝑓𝑙𝑦𝑣𝑒𝑎𝑠𝑘𝑒} ⋅ = 9000 𝑡 ⋅ = 8100 𝑡

𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%} ( 𝐾𝑎𝑙𝑖𝑢𝑚𝑠𝑎𝑙𝑡𝑒) 90

100 100 b.

- Data er givet I bilag 1.

Vi kan læse en masse omkring halmflyveaske i bilag 1. Dets fordele og ulemper som gødningsstof kan vi kort opsummere:

Halmflyveaske er et affaldsprodukt fra kraft- og varmeværker. Det har et stort indhold af kaliumsalte og kan derfor bruges som gødning. Det er en stor fordel at bruge halmflyveaske som gødning, da det er et HTX 3. år at det indeholder relativt høje mængder af tungmetaller som cadmium, bly, arsen og chrom. Hvis halmflyveasken bruges uforarbejdet som gødning vil afgrøder dyrket med hjælp fra halmflyveaske være farlige og uspiselige.

c.

- 15 tons halmflyveaske indeholder grænseværdien af cadmium.

Vi kan i bilag 1 s. 2 læse at grænseværdien for cadmium ligger på 5 mg pr. kg halmflyveaske. Det giver en

masseprocent på^{5⋅10^{−6}}_{1 𝑘𝑔} ⋅ 100 = 5 ⋅ 10^{−4} %. Vi kan bruge samme formel som ovenover for at udregne

𝑘𝑔 hvor meget cadmium der er i halmflyveasken:

𝑚_{𝐶𝑑} = 𝑚_{𝐻𝑎𝑙𝑚𝑓𝑙𝑦𝑣𝑒𝑎𝑠𝑘𝑒} ⋅ = 15 𝑡⋅ = 7,5 ⋅ 10^{−5} 𝑡 = 0,075 𝑘𝑔

𝑐_{𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%} ( 𝐶𝑑) 5 ⋅ 10^{−4}

100 100

Side 2

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

2 d.

- Molekyleformlen for blysulfid er givet i bilag 1

Bly(II)sulfid eller PbS må være dannet af Pb^{2+} og S^{2-}. Vi kan i bilag 1 s.3 se et eksempel på en

fældningsreaktion med cadmium og hydroxid, og fældningen mellem bly og sulfid må ske på samme måde, vi skal bare udskifte cadmium med bly og 2 hydroxid med 1 sulfid. Derfor må reaktionsskemaet være:

𝑃𝑏^{2+} ( 𝑎𝑞) + 𝑆^{2−} ( 𝑎𝑞) ⇌ 𝑃𝑏𝑆 (𝑠)

e.

- Opløselighedsproduktet for fældning af Cd(OH)_{2} er givet i bilag 1
- pH = 10

Vi kan i bilag 1 s. 3 læse at for fældningsreaktionen

𝐶𝑑 ( 𝑂𝐻)_{2} ( 𝑠) ⇌ 𝐶𝑑^{2+} ( 𝑎𝑞) + 2𝑂𝐻^{−} ( 𝑎𝑞)
Er 𝐾_{𝑂} = 7,2 ⋅ 10^{−15} 𝑀^{3}, dvs:

𝐾_{𝑂} = [ 𝐶𝑑^{2+}] ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}]^{2} = 7,2 ⋅ 10^{−15} ()

𝑚𝑜𝑙^{3}

𝐿

Bemærk at et opløselighedsprodukt’s ligevægt altid skrives med det faste stof til venstre og de opløste

                                           3
ioner til højre. Dette afspejles også i enheden (mol/L) .

Vi kan også bestemme [OH^{-}] ud fra pH. Vi ved at
𝑝𝐻 + 𝑝𝑂𝐻 = 14
𝑝𝑂𝐻 = 14 − 𝑝𝐻 = 14 − 10 = 4

[ 𝑂𝐻^{−}] = 10^{−𝑝𝑂𝐻} = 10^{−4}

𝑚𝑜𝑙

𝐿

                                                               2+
Det betyder at hvis vi holder pH konstant, vil koncentrationen af cadmium [Cd ] ved ligevægt være:

[ 𝐶𝑑^{2+}] = = = 7,2 ⋅ 10^{−7}

𝐾_{𝑂} 𝑚𝑜𝑙
[ 𝑂𝐻^{−}]^{2} 𝐿

7,2 ⋅ 10^{−15} ()

𝑚𝑜𝑙^{3}

𝐿

(10^{−4})

𝑚𝑜𝑙^{2}

𝐿

Denne koncentration er meget lav, hvilket tyder på at en masse cadmiumhydroxid udfældes.

Side 3

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

3

Opgave 2: a.

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 3.
For at beregne ændringen i standardenthalpi Δ𝐻^{0} skal vi bruge værdien før og efter reaktionen:

Δ𝐻^{0} = ∑H_{𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟}^{0} − ∑𝐻_{𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟}^{0}
= 𝐻^{0} ( 𝐶𝑢^{2+} ( 𝑎𝑞)) + 2 ⋅ 𝐻^{0} ( 𝐴𝑔(𝑠)) − (𝐻^{0} ( 𝐶𝑢(𝑠)) + 2 ⋅ 𝐻^{0} ( 𝐴𝑔^{+} ( 𝑎𝑞)))

Alle disse værdier kan vi læse i tabellen i bilag 3:

𝐻^{0} ( 𝐴𝑔(𝑠)) = 0_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} 𝐻 ( 𝐶𝑢^{2+} ( 𝑎𝑞)) = 64,9_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}

0

𝐻^{0} ( 𝐶𝑢(𝑠)) = 0_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} 𝐻 ( 𝐴𝑔^{+} ( 𝑎𝑞)) = 105,79_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}

0

Og dem kan vi sætte ind i formlen ovenover:

Δ𝐻^{0} = 𝐻^{0} ( 𝐶𝑢^{2+} ( 𝑎𝑞)) + 2 ⋅ 𝐻^{0} ( 𝐴𝑔(𝑠)) − (𝐻^{0} ( 𝐶𝑢(𝑠)) + 2 ⋅ 𝐻^{0} ( 𝐴𝑔^{+} ( 𝑎𝑞)))

= 64,9 − (2 ⋅ 105,79) = −147

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Idet enthalpien er negativ er reaktionen exoterm, dvs. bliver varm. Hvis værdien havde været positiv ville reaktionen være endotherm og reaktionen ville være blevet kold.

b.

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 3.
For at vise Δ𝐺^{0} under andre temperaturen end bare de 298 K der er skrevet i bilag 3 må vi bruge formlen

for gibbs fri energi:

Δ𝐺^{0} = Δ𝐻^{0} − 𝑇 ⋅ Δ𝑆^{0}
Til det skal vi bruge ændringen i standardentropi Δ𝑆^{0}. Den kan vi beregne på samme måde som i sidste

opgave, bare med entropi:

Δ𝑆^{0} = ∑S_{𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟}^{0} − ∑𝑆_{𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟}^{0}
= 𝑆^{0} ( 𝐶𝑢^{2+} ( 𝑎𝑞)) + 2 ⋅ 𝑆^{0} ( 𝐴𝑔(𝑠)) − (𝑆^{0} ( 𝐶𝑢(𝑠)) + 2 ⋅ 𝑆^{0} ( 𝐴𝑔^{+} ( 𝑎𝑞)))

Igen kan vi aflæse værdierne fra bilag 3:

𝑆^{0} ( 𝐴𝑔(𝑠)) = 42,55_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾}^{𝐽} 𝑆 ( 𝐶𝑢^{2+} ( 𝑎𝑞)) = −98_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾}

0

𝐽

Side 4

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

4

𝑆^{0} ( 𝐶𝑢(𝑠)) = 33,2_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾}^{𝐽} 𝑆 ( 𝐴𝑔^{+} ( 𝑎𝑞)) = 73,45_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾}^{𝐽}

0

Og sætte ind i formlen:

Δ𝑆^{0} = 𝑆^{0} ( 𝐶𝑢^{2+} ( 𝑎𝑞)) + 2 ⋅ 𝑆^{0} ( 𝐴𝑔(𝑠)) − (𝑆^{0} ( 𝐶𝑢(𝑠)) + 2 ⋅ 𝑆^{0} ( 𝐴𝑔^{+} ( 𝑎𝑞)))

= −98 + 2 ⋅ 42,55 − (33,2 + 2 ⋅ 73,45)

𝐽 𝐽 𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝐾

= −193

𝐽 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝐾

Hvis vi antager at Δ𝐻^{0} og Δ𝑆^{0} ikke ændrer sig med temperaturen vil Δ𝐺^{0} ved 50°C derfor være:

Δ𝐺^{0} = Δ𝐻^{0} − 𝑇⋅ Δ𝑆^{0} = −147 − 323 𝐾 ⋅ (−0,193) = −84,7

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙

Husk at entropien og enthalpien begge skal være enten i kJ eller J, og at temperaturen i K.

Idet denne værdi er negativ vil reaktionen forløbe spontant ved 50°C.

c.

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

- A = 0,162
- ε = 0,942_{𝑚𝑜𝑙⋅𝑐𝑚}^{𝐿}
- l = 1 cm

Vi ved fra Lambert-Beers lov at:

𝐴 = 𝜀 ⋅ 𝑐 ⋅ 𝑙

Idet vi har givet alle informationerne til at løse denne ligning, skal vi bare sætte tallene ind:

𝑐 = [ 𝐶𝑢^{2+}] = = = 0,172

𝐴 0,162 𝑚𝑜𝑙 𝜀 ⋅ 𝑙 𝐿

0,942 ⋅ 1 𝑐𝑚

𝐿 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝑐𝑚 d.

- m_{25 øre} = 2,80 g
- V_{opl} = 250 mL = 0,25 L

Fra sidste opgave udregnede vi koncentrationen i opløsningen. Med den koncentration kan vi udregne den

samlede stofmængde, og defor også masse, af Cu^{2+} i opløsningen:

                𝑚
𝑛 = 𝑐 ⋅ 𝑉 𝑛 =
                𝑀

Med en molekylemasse 𝑀_{𝐶𝑢} = 63,55_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} kan vi sætte formlerne sammen og udregne m:

Side 5

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

5

𝑚_{𝐶𝑢} = 𝑀_{𝐶𝑢} ⋅ 𝑛_{𝐶𝑢} = 𝑀_{𝐶𝑢} ⋅ [ 𝐶𝑢^{2+}] ⋅ 𝑉_{𝑜𝑝𝑙} = 63,55 ⋅ 0,172 ⋅ 0,25 𝐿 = 2,73 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝐿

For at finde masseprocenten skal vi dele denne mængde med massen af mønten:

              𝑚           2,73
                𝐶𝑢
𝑐      ( 𝐶𝑢 ) =    ⋅ 100 =   ⋅ 100 = 97,6%
 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑒%
             𝑚            2,80
               25 ø𝑟𝑒

Side 6

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

6

Opgave 3: a.

- Molekylestrukturen af glutamin er givet.

Vi kan se molekylestrukturen af glutamin i opgaven. Glutamin indeholder 3 funktionelle grupper: En carboxylsyre (rød), en amin (blå) og en amid (orange).

O OH

C CH_{2} C

NH CH_{2} CH O

NH_{2}

2 b.

Der er 2 isomere af glutamin som er spejbilledeisomere, også kendt som optiske isomere. Det er baseret på det ene kulstof som har bindinger til 4 forskellige grupper (markeret med en *), og som derfor kan findes på

2 forskellige spejlbillede former:

O OH O OH

C CH_{2} C C CH_{2} C

NH CH_{2} CH O NH CH_{2} CH O

NH_{2} NH_{2}

2 2

*

R S

*

Metode til at bestemme, hvorvidt et asymmetrisk kulstofatom er en (R)- eller (S)-form.

Før man går i gang er det vigtigt, at man er i stand til at prioritere, de fire grupper som kulstofatomet binder til i forhold til hinanden. Grupperne prioriteres efter hvilket atomnummer, Z, de atomer, der binder til kulstofatomet har, således at det højeste atomnummer prioriteres højest. Hvis to grupper har samme atomnummer, ses der på atomnumrene én binding længere ude. Eksempler på prioriteringer i forhold til hinanden er:

-H < -CH_{3} < -CH_{2} CH_{3} < -CH=CH_{2} < -OH < -Cl < -Br

Procedure:

1) Vælg den gruppe med lavest prioritet og vend den ’væk’ fra dig selv.

2) Find den af de resterende 3 grupper, der har højest prioritet.

3) Tegn en pil fra denne gruppe til gruppen med næsthøjest prioritet.

4) Fortsæt pilen over til den sidste af de tre grupper.

5) Hvis din pil roterer med urets retning, er det en (R)-form og hvis den roterer imod uret, er det en (S)-form.

Side 7

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

7 c.

- Molekylestrukturen af thalidomid er givet.

For at finde molekylemassen af thalidomid skal vi tælle antallet af atomer i thalidomid, og så lægge masserne af alle de atomer sammen. Ud fra thalidomids struktur kan vi tælle at molekyleformlen for

thalidomid er C_{13} H_{10} N_{2} O_{4}. Det giver en samlet molekylemasse på:

C CH

C CH

CH

CH

C

CO CH N

C

O O

O

CH_{2} CH_{2}

N C

H

𝑀_{𝑇ℎ𝑎𝑙𝑖𝑑𝑜𝑚𝑖𝑑} = 13 ⋅ 12,01 + 10 ⋅ 1,008 + 2 ⋅ 14,01 + 4 ⋅ 16,00 = 258,23 𝑔/𝑚𝑜𝑙

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 d.

- m_{Glutamin} = 10,0 g
- m = 10,0 g

Phtalsyreanhydrid

- m_{Thalidomid} = 12,5 g

For at kunne beregne udbyttet af reaktionen er vi først nødt til at beregne hvor mange mol glutamin og phtalsyreanhydrid vi starter med. Vi ved at:

𝑛 =

𝑚

𝑀

Og molekylemasserne for glutamin og phtalsyreanhydrid er angivet i opgaven:

𝑀_{𝐺𝑙𝑢𝑡𝑎𝑚𝑖𝑛} = 146,14_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔} 𝑀 = 148,12_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑔}

𝑃ℎ𝑡𝑎𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒𝑎𝑛ℎ𝑦𝑑𝑟𝑖𝑑

De tal kan vi sætte ind i formlen ovenover og få stofmængderne for de to startmaterialer:

𝑛_{𝐺𝑙𝑢𝑡𝑎𝑚𝑖𝑛} = = = 6,84 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝐺𝑙𝑢𝑡𝑎𝑚𝑖𝑛} 10,0 𝑔
𝑀_{𝐺𝑙𝑢𝑡𝑎𝑚𝑖𝑛}

146,14 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛 = = = 6,75 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙

𝑃ℎ𝑡𝑎𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒𝑎𝑛ℎ𝑦𝑑𝑟𝑖𝑑 𝑚 10,0 𝑔

𝑃ℎ𝑡𝑎𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒𝑎𝑛ℎ𝑦𝑑𝑟𝑖𝑑

𝑀

𝑃ℎ𝑡𝑎𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒𝑎𝑛ℎ𝑦𝑑𝑟𝑖𝑑

148,12 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Det er altså phtalsyreanhydrid der bestemmer den begrænsende mængde af thalidomid der kan dannes, idet det er phtalsyreanhydrid der er mindst af. Stofmængden af thalidomid kan vi udregne på samme måde med den molekylemasse vi fandt i sidste opgave:

𝑛_{𝑇ℎ𝑎𝑙𝑖𝑑𝑚𝑖𝑑} = = = 4,84 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑇ℎ𝑎𝑙𝑖𝑑𝑜𝑚𝑖𝑑} 12,5 𝑔
𝑀_{𝑇ℎ𝑎𝑙𝑖𝑑𝑜𝑚𝑖𝑑}

258,23 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Udbyttet er så mængden af thalidomid delt med den begrænsende mængde reaktant:

                                      −2
                                 4,84⋅10
𝑈𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒 % =               ⋅ 100 =          ⋅ 100 = 71,7 %
                                      −2
            𝑛                    6,75⋅10

𝑛_{𝑇ℎ𝑎𝑙𝑖𝑑𝑜𝑚𝑖𝑑} 𝑚𝑜𝑙

𝑃ℎ𝑡𝑎𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒𝑛𝑎ℎ𝑦𝑑𝑟𝑖𝑑 𝑚𝑜𝑙

Side 8

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

8

Opgave 4: a.

- Et bjerrumdiagram for phtalsyre er givet

For at finde pK_{s} værdierne for phtalsyre skal vi aflæse bjerrumdiagrammet. I bjerrumdiagrammet er der op

                      [ 𝐻𝐴
ad y aksen angivet 𝑌 =      dvs. hvor stor en brøkdel af syren er på sin protonerede form. Ud af x
                 𝑠
                          −
                    [ 𝐻𝐴 ] +[𝐴

]

] aksen er pH. Det betyder at den protonerede form af phtalsyre findes til venstre i diagrammet og de deprotonerede former findes til højre i diagrammet. Der er 2 kurver fordi der er 2 syrer i molekylet som kan deprotoneres.

pK_{s} kan findes som den pH værdi hvor der er lige meget af en syres protonerede og deprotonerede form,
dvs. hvor 𝑌_{𝑠} = 0,5. Ved at aflæse grafen kan vi se ca. at pK_{s1} = 3,0 og pK_{s2} = 5,40.

b.

- Et bjerrumdiagram for phtalsyre er givet

Som nævnt i sidste opgave, vil phtalsyre være på sin fuldt protonerede form til venstre for den blå streg, være på sin enkelt-deprotonerede form imellem den blå og lille streg, og på sin dobbelt-deprotonerede form til højre for den lilla streg.

For at finde hvilke former der ved pH 6 skal vi igen aflæse grafen. pH 6 skærer den lilla streg ca. ved

𝑌_{𝑠} = 0,2. Den blå streg er helt ved 0 ved pH 6. Det betyder at ved pH 6 er der ca. 20% af den enkelt-

deprotonerede form at phtalsyre og ca. 80% af den dobbelt-deprotonerede form. Der er så godt som intet af den fuldt protonerede form.

C | C
O | O

O^{-} O^{-}

C | C
O | O

OH O^{-}

pH 6

20% 80% c.

- Reaktionen skal være en kondensation

Vi skal lave en kondensation imellem 2 molekyler. En kondensation er en reaktion hvor 2 molekyler går sammen under fraspaltning af vand. En kondensation sker når en carboxylsyre og en alkohol går sammen og danner en ester og vand. Diethylphtalat må kunne dannes som en ester af phtalsyre og ethanol:

Side 9

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

9

C | C
O | O

OH O CH

C | C
O | O

OH O CH

+ 2

CH OH

3

3

3

+ 2 H_{2} O

Husk at der må skulle være 2 molekyler ethanol til 1 molekyle phtalsyre, da phtalsyre kan reagere 2 gange.

Det betyder også at der må skulle fraspaltes 2 molekyler vand.

Side 10

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

10

Opgave 5: a.

- En tabel med reaktionsdata er givet.

For at kunne vise at reaktionen sker som en første ordens reaktion kan vi plotte den i et databehandlingsprogram, f.eks. excel.

For en første ordens reaktion gælder det at:

ln [ 𝐴] = ln [ 𝐴]_{0} − 𝑘 ⋅ 𝑡

Det vil sige at hvis reaktionen er første orden i forhold til tetrachloroethen vil en graf over ln[tetrachloroethen] som funktion af tid være en lige linje. Hvis denne graf ikke er lineær er reaktionen ikke første orden.

Grafen her har en R^{2} værdi på over 0.99, så derfor passer dataene meget godt med en første ordens

reaktion.

b.

Hastighedskonstanten k kan vi aflæse fra sidste delopgaves graf. k kan findes som hældningen på linjen,

dvs. 0,464 døgn^{-1}.

c.

- Tetrachloroethen skal nedbrydes til [ 𝑡𝑒𝑡𝑟𝑎𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑜𝑒𝑡ℎ𝑒𝑛] = 6,0 ⋅ 10^{−3}^{µ𝑚𝑜𝑙}_{𝐿}

Vi kan bruge formlen fra ovenover til at udregne hvor lang tid der skal gå:

ln [ 𝐴] = ln [ 𝐴]_{0} − 𝑘 ⋅ 𝑡

𝑡 =

ln [ 𝐴]_{0} − ln [𝐴]

𝑘

y = -0,4643x + 4,694
R² = 0,994

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

5

0 2 4 6 8 10 ln[Tetrachloroethen]

Tid (døgn)

Nedbrydning af tetrachloroethen

Side 11

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 24. august 2010

11

Fra tabellen i opgave kan vi se at [ 𝐴]_{0} = [ 𝑡𝑒𝑡𝑟𝑎𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑜𝑒𝑡ℎ𝑒𝑛]_{0} = 99,8^{µ𝑚𝑜𝑙}, og vi er blevet givet at

𝐿

[ 𝐴] = [ 𝑡𝑒𝑡𝑟𝑎𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑜𝑒𝑡ℎ𝑒𝑛] = 6,0 ⋅ 10^{−3}^{µ𝑚𝑜𝑙}_{𝐿}. Med det kan vi sætte tallene ind:

𝑡 = = = 20,9 𝑑ø𝑔𝑛

ln [ 𝐴]_{0} − ln [𝐴]
𝑘 0,464 𝑑ø𝑔𝑛^{−1}

ln(99,8) − ln(6,0 ⋅ 10^{−3})

µ𝑚𝑜𝑙 µ𝑚𝑜𝑙

𝐿 𝐿 d.

- Ved 10°C er k=0,101 døgn^{-1}.

For at finde aktiveringsenergien skal vi bruge Arrhenius’ ligning:

𝑘 = 𝐴 ⋅ 𝑒

−𝐸_{𝑎}

𝑅⋅𝑇

Men her har vi et problem: Selvom vi kender til k, T og R er der 2 ubekendte. For at kunne finde E_{a} er vi

nødt til at samtidig kende til A. Vi kan ikke løse en ligning med 2 ubekendte, derfor må vi bruge resultaterne fra de tidligere opgaver til at løse 2 ligninger med 2 ubekendte. Vi har én hastighed ved 25°C og en anden ved 10°C:

𝑘_{25℃} = 𝐴 ⋅ 𝑒^{𝑅⋅𝑇_{25℃}} = 0,464 𝑑ø𝑔𝑛^{−1}

−𝐸_{𝑎}

𝑘_{10℃} = 𝐴 ⋅ 𝑒^{𝑅⋅𝑇_{10℃}} = 0,101 𝑑ø𝑔𝑛^{−1}

−𝐸_{𝑎}

Der er mange forskellige måder vi kan løse de 2 ligninger med 2 ubekendte. En hurtig måde er at indse at vi

kan dele A væk, og derefter isolere E_{a} (husk at^{𝑒^{𝑥}}_{𝑒^{𝑦}} = 𝑒^{𝑥−𝑦}):

𝑘_{25℃} 𝐴 ⋅ 𝑒^{𝑅⋅𝑇_{25℃}}
𝑘_{10℃}

= = 𝑒^{𝑅⋅𝑇_{25℃}} = 𝑒^{𝑅}

−𝐸_{𝑎}

𝐴 ⋅ 𝑒^{𝑅⋅𝑇_{10℃}}

−𝐸_{𝑎}

−𝐸_{𝑎} −𝐸_{𝑎} −𝐸_{𝑎} 1 1
−() ⋅( −)
𝑅⋅𝑇_{10℃} 𝑇_{25℃} 𝑇_{10℃}

ln() = ⋅ ( −)

𝑘_{25℃} −𝐸_{𝑎} 1 1
𝑘_{10℃} 𝑅 𝑇_{25℃} 𝑇_{10℃}

𝐸_{𝑎} = = = 71273 = 71,3

−ln() ⋅ 𝑅 −ln() ⋅ 8,314

𝑘_{25℃}
𝑘_{10℃} 0,101 𝑑ø𝑔𝑛^{−1} 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝐾
( −) ( −)

1 1 1 1

𝑇_{25℃} 𝑇_{10℃} 298 𝐾 283 𝐾

0,464 𝑑ø𝑔𝑛^{−1} 𝐽

𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙