HTX Kemi A Eksamen 25. august 2015

Side 1

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

1

Kemi A HTX 25/8/2015
htx151-KEM/A-

Opgave 1: a.

- Indigos struktur er givet i bilag 1

Vi kan tælle antallet af atomer i indigo og komme frem til dets molekyleformel C_{16} H_{10} N_{2} O_{2}. Herfra kan vi

udregne molekylemassen som:

𝑀_{𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜} = 16 ⋅ 12,01 + 10 ⋅ 1,008 + 2 ⋅ 14,01 + 2 ⋅ 16,00 = 262,26

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 b.

- Opløseligheden er givet i bilag 1 til 990 µg/L

Vi kender allerede til opløseligheden af indigo, vi skal bare omregne den fra gram til mol. Vi kan bruge formlen:

𝑛_{𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜} =

𝑚_{𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜}
𝑀_{𝑖𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜}

Derfor kan vi omregne de 990 µg om til mol:

𝑛_{𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜} = = = 3,77 ⋅ 10^{−6} 𝑚𝑜𝑙 = 3,77 𝜇𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜} 990 ⋅ 10^{−6} 𝑔
𝑀_{𝑖𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜}

262,26 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Det giver en koncentration på 3,77 µmol/L

c.

- Reaktionsformlen er givet i bilag 1

I reaktionen kan vi se at molekylet indican splittes op i 2 under forbrug af vand. Det må derfor være en hydrolyse.

d.

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

- Et fuldt absorptionsspektrum af indigo i dimethylformamid er givet i bilag 1

Side 2

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

2

På absorptionsspektret på side 3 i bilag 1 kan vi se hvordan indigo absorberer lys ved forskellige bølgelængder. Bølgelængderne undersøgt (i nm) går ud af x-aksen, og absorbansen går op af y-aksen.

For at vi kan lave en ideel spektrofotometrisk analyse skal molekylet absorberer lyset stærkt og karakteristisk. Det er derfor bedst at vælge den bølgelængde hvor stoffet absorberer mest, hvilket vi kan læse på grafen til at være omkring 610 nm.

For at få en så god måling som muligt skal man maksimere forskellen mellem signalet og støjen. Støjen stammer fra ukontrollerbare faktorer, som påvirker måleresultatet. Jo højere signalet er, jo mindre kommer støjen til at påvirke resultatet. Ved bølgelængden omkring 610 nm er signal-støj-forholdet størst, og dermed er usikkerheden af målingen mindst her.

e.

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

- En tabel med absorptionsdata er givet i bilag 1

Den molare absorptionskoefficient er beskrevet i Lambert-Beer’s lov:

𝐴 = 𝜀 ⋅ [ 𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜] ⋅ 𝑙

Der står i bilagene at kuvettelængden er 1 cm, og absorbans mod koncentration er givet i tabellen.

[indigo] / M Absorbans

4,0E-05 | 0,901
2,0E-05 | 0,420
1,0E-05 | 0,222
4,0E-06 | 0,079
2,0E-06 | 0,045

Vi kan udregne 𝜀 ud fra et enkelt punkt, men vi kan også bruge alle punkter og lave en lige linje med et grafregneprogram som excel:

Side 3

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

3

Her vil hældningen være den molare absorptionskoefficient 𝜀, som stemmer godt overens med opgavens

2,25 · 10^{4} M^{-1} ·cm^{-1}.

f.

- m_{Blade} = 100,0 g
- V_{DMF} = 100 mL
- V_{Overføring} = 1,00 mL
- V_{Fortyndning} = 500 mL
- A = 0,553

I denne her opgave er der nogle fortyndinger at komme igennem for at nå det endelige resultat. Vi kan starte med at udregne koncentrationen af indigo i kuvetten. Vi kan bruge Lambert-Beers lov:

𝐴 = 𝜖 ⋅ [ 𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜] ⋅ 𝑙

⇓

[ 𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜] =

𝐴 𝜖 ⋅𝑙

=

0,533

2,25 ⋅ 10^{4} 𝑀^{−1} ⋅ 𝑐𝑚^{−1} ⋅ 1 𝑐𝑚
= 2,37 ⋅ 10^{−5}

𝑚𝑜𝑙

𝐿

Dette er koncentrationen af indigo i opløsningen på 500 mL. Men denne opløsning blev fortyndet 500 gange fra den oprindelige opløsning på 100 mL. Så koncentrationen i 100 mL opløsningen er 500 gange højere end den målt her, altså:

2,37 ⋅ 10^{−5} ⋅ 500 = 0,0118

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

𝐿 𝐿

Den koncentration er i 100 mL opløsningen hvor alt stoffet er opløst i, altså må den totale mængde indigo være:

y = 22520x - 0,0089
R² = 0,9987

0,00

0,20

0,40

0,60

0,80

1,00

0,00E+00 1,00E-05 2,00E-05 3,00E-05 4,00E-05 5,00E-05

Absorbans

[Indigo] / mol/L

Absorbans af Indigo

Side 4

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

4

𝑛_{𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜} = [ 𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜] ⋅ 𝑉 = 0,0118 ⋅ 0,1 𝐿 = 1,18 ⋅ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙

𝑚𝑜𝑙

𝐿

Det er så mange mol indigo der er i alle bladene, dvs. 100 g. Opgaven siger vi skal opgive resultatet i mg, så vi skal bruge indigos molarmasse til at finde massen af indigo:

𝑚_{𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜} = 𝑀_{𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜} ⋅ 𝑛_{𝐼𝑛𝑑𝑖𝑔𝑜} = 262,26 ⋅ 1,18 ⋅ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙 = 0,311 𝑔 = 311 𝑚𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Der er altså 311 mg indigo i 100,0 g blade.

Side 5

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

5

Opgave 2: a.

- En tabel med reaktionsdata er givet i opgaven

En førsteordensreaktion kan vi beskrive som:

[ 𝐴] = [ 𝐴]_{0} ⋅ 𝑒^{−𝑘⋅𝑡}
ln [ 𝐴] = ln [ 𝐴]_{0} − 𝑘 ⋅𝑡

Altså kan vi bruge et grafregneprogram som excel til at plotte dataene fra tabellen. Hvis vi plotter ln[A] som en funktion af tiden vil en førsteordensreaktion give en lige linje:

Dette er en perfekt lige linje med R^{2} = 1,00. Fra linjen kan vi også aflæse at k = 3,70 · 10^{-2} min^{-1}. Enheden er
min^{-1} fordi tiden er opgivet i minutter.

b.

Halveringstiden for en førsteordensreaktion er givet som:

𝑇_{½} =

ln ( 2) 𝑘

Fra sidste opgave kunne vi finde k som hældningen på grafen k = 3,70 · 10^{-2} min^{-1}. Derfor skal vi bare sætte

tal ind:

𝑇_{½} = = 18,7 𝑚𝑖𝑛

ln ( 2)

3,70 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑖𝑛^{−1}

c.

For at finde værdien for 99% nedbrydelse skal vi bruge det originale udtryk for en førsteordensreaktion:

y = -3,70E-02x - 2,12E+00
-4 R² = 1,00E+00

-7

-6

-5

-3

-2

-1

40 ln[ASS] t (min)

Nedbrydningen af Acetylsalicylsyre

Side 6

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

6

[ 𝐴] = [ 𝐴]_{0} ⋅ 𝑒^{−𝑘⋅𝑡}

                                                1
Når 99% af acetylsalicylsyren er nedbrudt vil [ 𝐴 ] = [ 𝐴 ] · . Vi kan indsætte det udtryk og se om vi kan
                                             0
                                                100

isolere et udtryk for tiden t:

[ 𝐴]_{0}

100

= [ 𝐴]_{0} ⋅ 𝑒^{−𝑘⋅𝑡}

1

100

= 𝑒^{−𝑘⋅𝑡}

ln() = −𝑘 ⋅ 𝑡

1

100

−ln()

1

100 𝑘

= 𝑡

Fra det udtryk kan vi så indsætte k og udregne tiden:

𝑡 = = = 124 𝑚𝑖𝑛

−ln() −ln()

1 1

100 100

𝑘 3,70 ⋅ 10^{−2} 𝑚𝑖𝑛^{−1}

d.

- pK_{S ASS} = 3,49
- pH_{blod} = 7,4

For syreligevægten tegnet i opgaven vil udtrykket gælde:

𝐾_{𝑆} =

[𝐴𝑆𝑆^{−}] ⋅ [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]

[𝐴𝑆𝑆]

                             -
Hvor ASS er acetylsalicylsyre og ASS er den korresponderende base. Vi kender K da:
                                                                 s

𝐾_{𝑆} = 10^{−𝑝𝐾_{𝑆}} = 10^{−3,49}
Vi kender også [H_{3} O^{+}] da,
[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] = 10^{−𝑝𝐻} = 10^{−7,4}
Med den viden kan vi isolere og løse [ASS^{-}]/[ASS]:

𝐾_{𝑆} =

[ 𝐴𝑆𝑆^{−}] ⋅ [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]

[ 𝐴𝑆𝑆]

⇓

[ 𝐴𝑆𝑆^{−}] 𝐾_{𝑆}
[ 𝐴𝑆𝑆] [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]

=

=

10^{−3,49}
10^{−7,4}
= 8128,31

Det kan vi beregne til en procentdel på:

Side 7

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

7

1

8128,31 + 1

⋅ 100 = 0,012%

Side 8

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

8

Opgave 3: a.

- Strukturen af malonsyre er givet i opgaven

Vi kan tælle os frem til at malonsyre indeholder 3 carbon, altså må det være et eller andet med propan.

Den indeholder også 2 syregrupper, derfor giver disyre også god mening. Normalt skal man også opgive position på de funktionelle grupper, f.eks. propan-1,3-disyre. Men syregruppen kan kun findes i enderne af en kulstofkæde, så derfor behøves positionen ikke i det her tilfælde. Det ville være umuligt at have, f.eks.

propan-1,2-disyre. Derfor er navnet bare propandisyre.

b.

- Strukturen af kanelsyre er givet i opgaven

Vi kan se på kanelsyre at den indeholder en dobbeltbinding. Dobbeltbindinger kan findes på enten cis eller trans isomerformer:

OH

O

O OH

Trans/E
Cis/Z

Cis og trans former kan også kaldes for E og Z former.

c.

- m_{Malonsyre} = 2,0 g
- M_{malonsyre} = 104,06 g/mol
- m_{Benzaldehyd} = 1,8 g
- M_{Benzaldehyd} = 106,12 g/mol
- m_{Produkt} = 1,9 g
- M_{Kanelsyre} = 148,16 g/mol

Først og fremmest kan vi se på reaktionsligningen i opgaven at malonsyre og benzaldehyd reagerer 1:1 i reaktionen. For at finde den højeste mængde af kanelsyre de kan lave, må vi kende til deres stofmængder:

𝑛_{𝑀𝑎𝑙𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} = = = 0,019 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝑀𝑎𝑙𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒} 2,0 𝑔
𝑀_{𝑀𝑎𝑙𝑜𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒}

104,06 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑛_{𝐵𝑒𝑛𝑧𝑎𝑙𝑑𝑒ℎ𝑦𝑑} = = = 0,017 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝐵𝑒𝑛𝑧𝑎𝑙𝑑𝑒ℎ𝑦𝑑} 1,8 𝑔
𝑀_{𝐵𝑒𝑛𝑧𝑎𝑙𝑑𝑒ℎ𝑦𝑑}

106,12 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Benzaldehyd er derfor den begrænsende reagens, og vi kan højest lave 0,017 mol kanelsyre. Hvis vi antager at alle 1,9 g produkt er kanelsyre, har vi:

Side 9

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

9

𝑛_{𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒} = = = 0,013 𝑚𝑜𝑙

𝑚_{𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒} 1,9 𝑔
𝑀_{𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒}

148,16 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Det betyder at udbyttet for reaktionen er:

𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒% = ⋅ 100 = 76,5 %

0,013 𝑚𝑜𝑙

0,017 𝑚𝑜𝑙 d.

Dibrom virker på en dobbeltbinding ved at addere over bindinger. Således bliver dobbeltbindingen erstattet af 2 bindinger til brom på begge carbon som havde dobbeltbindingen:

OH

O

+

Br Br

OH

OBr

Br e.

- En titrerkurve er givet i opgaven

Titrerkurven viser os hvad pH er i opløsningen imens NaOH bliver tilsat. Ud af x-aksen er volumenet af

0,100 mol/L NaOH opløsning tilsat, og op af y aksen er pH målt i opløsningen.

Grafen starter med at være meget flad fra ca. 0 til 19 mL. pH er på det flade stykke ca. 5. Ved 19 mL kommer der en S-form hvor pH meget hurtigt øges indtil den flader ud igen til ca. 12.

pK_{B} værdien kan vi finde ved at analysere den første flade strækning. Når NaOH tilsættes syreopløsningen

vil den ikke ændre pH meget fordi den omdanner kanelsyre til den korresponderende base. Dette princip bruges også til buffersystemer: Når der er præcis lige meget af syre og baseformen til stede i opløsningen

vil der være et buffersystem, og pH = pK_{S} for syren. Halvvejs igennem titreringen passer godt med punktet

ved 10 mL, som vi kan aflæse til at være ca. 5,2. Det gælder så at:

𝑝𝐾_{𝐵} = 14 − 𝑝𝐾_{𝑆} = 14 − 5,2 = 8,8

I ækvivalenspunktet vil opløsningen kunne beskrives som om at reaktionen:

𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒 − 𝐶𝑂𝑂𝐻 ( 𝑎𝑞) + 𝑂𝐻^{−} ( 𝑎𝑞) → 𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒 − 𝐶𝑂𝑂^{−} ( 𝑎𝑞) + 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑙)

Er løbet til ende. I ækvivalenspunktet er der derfor en vandig opløsning af baseformen af kanelsyre med samme stofmængde som mængde af NaOH tilsat. I grafen ligger ækvivalenspunktet ca. ved 20 mL, hvilket svarer til en stofmængde på:

𝑛_{𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒} = 𝑐_{𝑁𝑎𝑂𝐻} ⋅ 𝑉_{𝑁𝑎𝑂𝐻} = 0,100 ⋅ 20,0 ⋅ 10^{−3} 𝐿 = 2,00 ⋅ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙

𝑚𝑜𝑙

𝐿

Herfra kan vi udregne pH som for en hvilken som helst anden base.

Med en pK_{B} på 8,8 er kanelsyrens korresponderende base en svag base. pOH beregnes på følgende måde:

Side 10

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

10

𝑝𝑂𝐻 = · ( 𝑝𝐾_{𝐵} − log𝑐_{𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒})

1

2

Hvor c_{B} er den formelle stofmængdekoncentration af kanelsyre.

𝑐_{𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒} = = = 0,05

𝑛_{𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒} 2,00 ⋅ 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙
𝑉 40 · 10^{−3} 𝐿 𝐿

Med den viden kan vi indsætte værdierne i ligningen:

𝑝𝑂𝐻 = · ( 𝑝𝐾_{𝐵} − log𝑐_{𝐾𝑎𝑛𝑒𝑙𝑠𝑦𝑟𝑒})

1

2

= · ( 8,8 − log0,05)

1

2

= 5,0505

Til sidst skal vi bruge pOH til at udregne pH i ækvivalenspunktet:

𝑝𝐻 = 14 − 𝑝𝑂𝐻
= 14 − 5,0505
= 8,94

Side 11

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

11

Opgave 4: a.

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

- Reaktionsligningen er givet i opgaven

- Termodynamiske data er givet i bilag 3

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

Δ𝐻^{0} = ∑H_{𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟}^{0} − ∑𝐻_{𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟} = 4 ⋅ 𝐻_{𝑁𝑂(𝑔)}^{0} + 6 ⋅ 𝐻_{𝐻_{2}}^{0}_{𝑂(𝑔)} − ( 4 ⋅ 𝐻_{𝑁𝐻_{3}}^{0}_{(}_{𝑔} + 5 ⋅ 𝐻_{𝑂_{2}}^{0}_{(}_{𝑔}_{)})

0

)

Værdierne for standardentalpierne kan vi finde i bilagene:

𝐻_{𝑁𝑂(𝑔)}^{0} = 91,3_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} 𝐻 = −241,8_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}
𝐻_{2} 𝑂(𝑔)

0

𝐻_{𝑁𝐻_{3}}^{0} = −45,9_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} 𝐻 = 0_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽}
( 𝑔) 𝑂_{2} ( 𝑔)

0

Og de tal kan vi sætte ind i formlen:

Δ𝐻^{0} = 4 ⋅ 𝐻_{𝑁𝑂_{(}_{𝑔}}^{0}_{)} + 6 ⋅ 𝐻_{𝐻_{2}}^{0}_{𝑂_{(}_{𝑔}} − (4 ⋅ 𝐻_{𝑁𝐻_{3}}^{0}_{(}_{𝑔} + 5 ⋅ 𝐻_{𝑂_{2}_{(}}^{0}_{𝑔}_{)})

))

= 4 ⋅ 91,3 + 6 ⋅ (−241,8) − (4 ⋅ (−45,9) + 5 ⋅ 0)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= −902

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Vi kan se at entalpien er negativ, dvs. at reaktionen er exoterm og udvikler varme. -902 kJ/mol er voldsomt

meget negativ, så denne reaktion udvikler rigtig meget varme.

b.

- Reaktionsligningen er givet i opgaven

For at opskrive ligevægstloven skal vi dele produkterne med reaktanterne, alle faste stoffer og væsker skal sættes til 1, alle gasser skal opgives med deres partialtryk og alle opløste kemikalier skal opgives med deres koncentrationer. Det giver et ligevægtsudtryk på:

𝐾 =

[ 𝐻𝑁𝑂_{3}]^{4}
𝑝 ( 𝑁𝑂_{2})^{4} ⋅ 𝑝(𝑂_{2})

K vil ende med samme enheder som de stoffer der indgår i ligevægtsloven. Gasser har enheden bar og

opløste stoffer enheden mol/L. Altså får K enheden:

𝐾 = =

[ 𝐻𝑁𝑂_{3}]^{4} 𝑚𝑜𝑙^{4}
𝑝 ( 𝑁𝑂_{2})^{4} ⋅ 𝑝(𝑂_{2}) 𝐿^{4} ⋅ 𝑏𝑎𝑟^{5}

Side 12

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

12 c.

- Δ𝐻^{0} for reaktionen er -390,8 kJ/mol
Fra Δ𝐻^{0} værdien kan vi se at reaktionen er exoterm. Derfor vil reaktionen, ifølge Le Châtelier’s princip,
skubbes til venstre (mindre HNO_{3}) ved øget temperatur og skubbes til højre (mere HNO_{3}) med sænket

temperatur.

Vi kan se at reaktanterne i reaktionen er gasser og produktet er opløst i vand. Hvis trykket øges vil

partialtrykkene af reaktanterne også øges, og derfor vil reaktionen skubbes til højre (mere HNO ). Modsat
                                                                               3

vil en sænkelse af trykket skubbe reaktionen til venstre (mindre HNO ).
                                                        3

d.

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

- Termodynamiske data står i bilag 3

For at beregne ligevægtskonstanten skal vi bruge Van 't Hoffs ligningen for reaktionen. Den kan vi finde som:

ln𝐾 = − · +

Δ𝐻^{0} 1 Δ𝑆^{0}

𝑅 𝑇 𝑅

Vi har allerede Δ𝐻^{0} givet i opgaven, så vi mangler bare Δ𝑆^{0}. Den kan vi finde på samme måde som vi fandt
Δ𝐻^{0} tidligere:

Δ𝑆^{0} = ∑S_{𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟}^{0} − ∑𝑆_{𝑅𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟}^{0} = 4 ⋅ 𝑆_{𝐻𝑁𝑂_{3}}^{0} − ( 4 ⋅ 𝑆_{𝑁𝑂_{2}}^{0}_{(}_{𝑔} + 𝑆_{𝑂_{2}}^{0}_{(}_{𝑔} + 2 ⋅ 𝑆_{𝐻_{2}}^{0}_{𝑂(𝑙)})

(𝑎𝑞)))

Fra bilagene kan vi aflæse at:

𝑆_{𝐻𝑁𝑂_{3}}^{0} = 146,4_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾}^{𝐽} 𝑆 = 240,1_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾}^{𝐽}
(𝑎𝑞) 𝑁𝑂_{2} ( 𝑔)

0

𝑆_{𝑂_{2}}^{0}_{(} = 205,15_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾}^{𝐽} 𝑆 = 70,0_{𝑚𝑜𝑙⋅𝐾}^{𝐽}
𝑔) 𝐻_{2} 𝑂(𝑙)

0

Som vi kan sætte ind i formlen:

Δ𝑆^{0} = 4 ⋅ 𝑆_{𝐻𝑁𝑂_{3}}^{0}_{(𝑎𝑞)} − ( 4 ⋅ 𝑆_{𝑁𝑂_{2}}^{0}_{(}_{𝑔} + 𝑆_{𝑂_{2}}^{0}_{(}_{𝑔} + 2 ⋅ 𝑆_{𝐻_{2}}^{0}_{𝑂}_{(}_{𝑙}_{)})

))

= 4 ⋅ 146,4 − (4 ⋅ 240,1 + 205,15 + 2 ⋅ 70,0)

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

= −719,95

𝐽 𝑚𝑜𝑙 ⋅ 𝐾

Dette er en negativ entropi, hvilket betyder at systemet bliver mere ordnet. Det passer godt sammen med at vi har 7 reaktanter, hvoraf 5 er gasser, der bliver til 4 produkter som alle er opløst i vand.

Med entropien udregnet kan vi udregne 𝐾:

ln𝐾 = − · +

Δ𝐻^{0} 1 Δ𝑆^{0}

𝑅 𝑇 𝑅

Side 13

Kemi A HTX– Skriftlig eksamen – 25/8/2015

13

= − · +

−390800 −719,95

𝐽 𝐽

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

8,314 8,314

𝐽 𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾 𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

1

( 900 + 273,15) 𝐾

= −46,5275

⇓

𝐾 = 𝑒^{−46,5275} ≈ 6,2139 · 10^{−21}

𝑚𝑜𝑙^{4}
𝐿^{4} ⋅ 𝑏𝑎𝑟^{5}

Husk at temperaturen skal være i kelvin, ikke celsius.