HTX Kemi A Eksamen 26. maj 2009

Side 1

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

1

Kemi A HTX

26. maj 2009

HTX091-KEA

Opgave 1: a.

Ud fra strukturformlen i bilag 1a, tælles antallet af de forskellige grundstoffer i molekylet. Det giver

følgende molekyleformel: C H O.
                      20 30

b.

En aldehyd har følgende struktur: –CHO

I dette tilfælde starter vi med en alkohol, og for at omdanne denne til en aldehyd tilføjes der en ekstra binding til ilt. Ved tilføjelse af den ekstra binding, får vi følgende strukturformel:

CH_{3} CH_{3} CH_{3} O

H

CH_{3}

CH_{3}

c.

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

- Et absorptionsspektrum for β-caroten er angivet.

Da absorbansen er højst ved 440 nm foretages målingerne her. Dette skyldes, at der her er størst signal og dermed størst signal:støj ratio, hvormed det her giver de mest præcise målinger. Man kan med andre ord sige, at der er mest at måle på netop her.

d.

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

- En tabel med absorbansen med forskellige mængder β-caroten i 100 mL hexan er angivet.

- Kuvettebredden er angivet til 1 cm.

- De molare masser findes ved opslag i databog.

En standardkurve tegnes på baggrund af Lambert-Beers lov:

Side 2

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

2

𝐴=𝜀⋅ [ 𝑆] ⋅ 𝑙

Hvor absorbansen indtegnes som funktion af koncentrationen.

For at finde stofmængdekoncentration for β-caroten, skal dens sumformel findes. Den findes ved at tælle

antallet af de forskellige grundstoffer, hvilket giver: C H Vi kan så finde den molare masse for β-caroten:
                                           40 56.

𝑀 ( βcaroten) =40 ∙ 𝑀 ( 𝐶) + 56 ∙ 𝑀 ( 𝐻) =40 ∙ 12,01 + 56 ∙ 1,008 =536,85

𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Vi kan så bruge formlen:

𝑛=

𝑚

𝑀

Til at finde stofmængden af β-caroten ved de forskellige masser. Her anføres blot et eksempel. Samme beregninger er lavet for alle forsøgene, men resultatet er anført i skemaet nedenfor.

𝑛= =1,86 ∙ 10^{−7} 𝑚𝑜𝑙

0,001 𝑔

536,85 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Da vi kender volumen (100 mL), samt har stofmængden, kan vi finde stofmængdekoncentrationen ud fra:

[𝐶]=

𝑛

𝑉

Igen anføres et eksempel, og de resultatet af de resterende beregninger er skrevet ind i skemaet.

[ βcaroten] = =1,86 ∙ 10^{−6}

1,86 ∙ 10^{−7} 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

0,1 𝐿 𝐿

I nedenstående skema er vægten omregnet fra mg til g.

m_{βcaroten} m_{βcaroten} [βcaroten]
(g) (mg) (mol/L)

n_{βcaroten} (mol) Absorbans

0 0 0 0 0

0,0001 | 0,1 | 1,86E-07 | 1,86E-06 | 0,225

0,0002 | 0,2 | 3,73E-07 | 3,73E-06 | 0,45

0,0003 | 0,3 | 5,59E-07 | 5,59E-06 | 0,675
0,0004 | 0,4 | 7,45E-07 | 7,45E-06 | 0,901

0,0005 | 0,5 | 9,31E-07 | 9,31E-06 | 1,13
0,0006 | 0,6 | 1,12E-06 | 1,12E-05 | 1,35
0,0007 | 0,7 | 1,30E-06 | 1,30E-05 | 1,58

0,0008 0,8 1,49E-06 1,49E-05 1,8

0,0009 | 0,9 | 1,68E-06 | 1,68E-05 | 2,03

0,001 1 1,86E-06 1,86E-05 2,25

På baggrund af disse beregninger, har vi altså fundet stofmængdekoncentrationen ved de enkelte forsøg. Vi kan nu tegne vores standardkurve, hvor absorbansen afbilledes som funktion af koncentrationen:

Side 3

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

3

På baggrund af standardkurven kan den molare ekstintionskoefficienten bestemmes. Ud fra Lambert-Beers

lov må hældningskoefficienten (a) af grafen være ε·l, hvor l er kuvettebredden. Koefficienten kan dermed

findes:

𝑎=𝜀∙ 𝑙

𝜀= = =120.933 𝑀^{−1} ⋅ 𝑐𝑚^{−1}

𝑎 120.933 𝑙 1

                                                      −1    −1
Det vil sige, at den molare ekstinktionskoefficienten er 120.933 𝑀 ⋅ 𝑐𝑚

e.

- Det opgives i opgaven, at der bruges 0,50 g gulerodspulver, som ekstraheres med 100 mL hexan.

- Absorbansen måles til 1,03.

Som ved forrige opgave tages der udgangspunkt i Lambert-Beers lov, hvorfra vi kan finde koncentrationen af β-caroten i prøven:

𝐴=𝜀∙ [ 𝑆] ∙ 𝑙

Vi kan isolere koncentrationen:

[ 𝑆] = = =8,52 ∙ 10^{−6}

𝐴 1,03 𝑚𝑜𝑙 𝜀∙ 𝑙 𝐿

120933 ⋅ 𝑐𝑚^{−1} ∙ 1𝑐𝑚

𝐿 𝑚𝑜𝑙

Da vi har 100 mL, svarende til 0,1 L, kan vi finde stofmængden:

𝑛=𝑐∙ 𝑉=8,52 ∙ 10^{−6} ∙ 0,1𝐿=8,52 ∙ 10^{−7} 𝑚𝑜𝑙

𝑚𝑜𝑙

𝐿

Den kan så omregnes til en masse, idet vi kender både stofmængden og den molare masse:

y = 120933x + 0,0001
R² = 1

0,00

0,50

1,00

1,50

2,00

2,50

0,00E+00 5,00E-06 1,00E-05 1,50E-05 2,00E-05

Absorbans

Koncentration mol/L

Standardkurve

Side 4

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

4

𝑚 ( 𝛽𝑐𝑎𝑟𝑜𝑡𝑒𝑛) =𝑛 ( 𝛽𝑐𝑎𝑟𝑜𝑡𝑒𝑛) ∙ 𝑀 ( 𝛽𝑐𝑎𝑟𝑜𝑡𝑒𝑛) =8,52 ∙ 10^{−7} 𝑚𝑜𝑙 ∙ 536,85 =0,000457 𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

0,000457𝑔

0,50𝑔

∙ 100%=0,0914%

Det vil sige, at masseprocenten af β-caroten i gulerodspulver er 0,0914% f.

Med baggrund i bilag 1c kigges der især på R-sætningerne. Den afgørende forskel er her, at Trichlormethan er farlig ved indtagelse og indånding, kan irritere huden og ikke mindst, at den kan være kræftfremkaldende. Hexan er dog ikke helt ufarlig, blandt andet er den brandfarlig og farlig ved indånding.

Dog vurderes det at være mest hensigtsmæssigt at arbejde med hexan, da denne ikke er

kræftfremkaldende. Yderligere er deres K
                                  k

værdi ikke væsentlig forskellig fra hinanden.

Side 5

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

5

Opgave 2: a.

Her tegnes først strukturformlen for CH CHCH :
                                2    3

CH CH_{3}

2

Forbindelsen må nødvendigvis indeholde en dobbeltbinding, som kun har en mulig placering. Det giver endelsen –en. Da der er 3 carbon i molekylet er det propen. Yderligere navngivning fx med nummerering er ikke nødvendig, da dobbeltbindingen kun kan sidde et sted.

NH_{3} er ammoniak.
O_{2} er dioxygen.

b.

- Den molare masse er opgivet i tabel.

- Den anvendte masse er opgivet til 575 kg, og udbyttet til 500 kg.

Udbytteprocenten findes ud fra:

𝑈𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑡𝑒𝑝𝑟𝑜𝑐𝑒𝑛𝑡=

𝑓𝑎𝑘𝑡𝑖𝑠𝑘 𝑢𝑑𝑏𝑡𝑡𝑒 𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘 𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒

Da de ud fra reaktionsligningen ses at reagere i forholdet 1:1, forventes det, at n(reaktant)=n(forventet

produkt). Vi kan finde stofmængden:

𝑛=

𝑚

𝑀

𝑛 ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡) = =13,7 ⋅ 10^{3} 𝑚𝑜𝑙

575000 𝑔

42,08 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Det faktiske udbytte er:

𝑛 ( 𝑓𝑎𝑘𝑡𝑖𝑠𝑘 𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒) = =9,42 ⋅ 10^{3} 𝑚𝑜𝑙

500000 𝑔

53,06 𝑔 𝑚𝑜𝑙

Dermed bliver udbytteprocenten:

𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒𝑝𝑟𝑜𝑐𝑒𝑛𝑡= =68,8%

9,42 ⋅ 10^{3} 𝑚𝑜𝑙
13,7 ⋅ 10^{3} 𝑚𝑜𝑙

c.

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

- Værdierne for ∆S° er angivet i tabel i bilag.

Vi benytter følgende formel:

Side 6

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

6

Δ𝑆°=∑𝑆°(𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝑆°(𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

Hvori tallene fra tabellen indsættes:

Δ𝑆°=2 ⋅𝑆° ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻𝐶𝑁(𝑔)) + 6 ⋅ 𝑆° ( 𝐻_{2} 𝑂(𝑔))
− ( 2 ⋅ 𝑆° ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻𝐶𝐻_{3} (𝑔)) + 2 ⋅ 𝑆° ( 𝑁𝐻_{3} (𝑔)) + 3 ⋅ 𝑆° ( 𝑂_{2} (𝑔)))
=(2 ⋅ 273,84 + 6 ⋅ 188,83)

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

− (2 ⋅ 266,7 + 2 ⋅ 192,4 + 3 ⋅ 205,13)

𝐽 𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

=147,07

𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

Den positive værdi betyder, at produkternes entropi er højere end reaktanternes entropi. Hvilket stemmer fint overens med, at der er 7 reaktanter, som producerer 8 produkter, og et øget antal partikler vil øge uordenen i systemet.

d.

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

- Værdierne for ∆H° er angivet i tabel i bilag.

- Temperaturen er angivet til 425°C.

Da vores reaktionen er ved ligevægt, bestemmes K ved følgende:

ln𝐾_{𝑝} =− ⋅ +

Δ𝐻° 1 Δ𝑆°

𝑅 𝑇 𝑅

Vi går ud fra, at ∆H° and ∆S° ikke afhænger af temperaturen, hvilket ∆G° gør. Vi finder først ∆H° ud fra formlen:

Δ𝐻°=∑𝐻°(𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝐻°(𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

Δ𝐻°=2 ⋅ 𝐻° ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻𝐶𝑁 ( 𝑔)) + 6 ⋅ 𝐻° ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑔))
− (2 ⋅ 𝐻° ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻𝐶𝐻_{3} ( 𝑔)) + 2 ⋅ 𝐻° ( 𝑁𝐻_{3} ( 𝑔)) + 3 ⋅ 𝐻° ( 𝑂_{2} ( 𝑔)))

=(2 ∙ 184,93 + 6 ∙ (−241,82)) − (2 ∙ 20,42 + 2 ∙ ( −46,11) + 3 ∙ 0)

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

=−1029,68

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Herefter kan ligevægtskonstanten findes:

Side 7

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

7

ln𝐾_{𝑝} =− ⋅ + =− ⋅ + =195,2174; 𝐾_{𝑝}

Δ𝐻° 1 Δ𝑆° 1

𝑅 𝑇 𝑅 ( 425 + 273) 𝐾

−1029680 147,07

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

8,31 8,31

𝐽 𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

=𝑒^{195,2174} =6,0512 · 10^{84}

Vi kan opstille følgende udtryk for ligevægtskonstanten K ud fra reaktionen:
                                              p

𝐾_{𝑝} = = =𝑏𝑎𝑟

𝑝 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻𝐶𝑁)^{2} ⋅ 𝑝 ( 𝐻_{2} 𝑂)^{6} 𝑏𝑎𝑟^{2} ⋅ 𝑏𝑎𝑟^{6}
𝑝 ( 𝐶𝐻_{2} 𝐶𝐻𝐶𝐻_{3})^{2} ⋅ 𝑝 ( 𝑁𝐻_{3})^{2} ⋅ 𝑝 ( 𝑂_{2})^{3} 𝑏𝑎𝑟^{2} ⋅ 𝑏𝑎𝑟^{2} ⋅ 𝑏𝑎𝑟^{3}
Det vil sige, at K_{p} for reaktionen ved 425°C er 6,05·10^{84} bar. Det betyder, at reaktionen er fuldstændigt

forskudt mod produkterne ved denne temperatur.

Side 8

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

8

Opgave 3: a.

- Titreringskurve er opgivet.

- Koncentrationen af HCl er angivet til 0,1M, samt mængden af base til 46 mg.

Ækvivalenspunktet aflæses hvor forløbet går stejlt nedad/lodret. Her er forbruget af HCl ca. 0,0063 L.

Ved ækvivalenspunktet er stofmængden af HCl lig med stofmængden af base, idet vi har med en

monovalent base at gøre, altså: n_{HCl} = n_{base.}
Vi finder n_{HCl}, idet vi kender koncentrationen og netop har aflæst volumen:
𝑛_{𝐻𝐶𝑙} =𝑐 ⋅𝑉=0,1𝑀⋅ 0,0063𝐿=6,3 ⋅ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙=𝑛

𝑏𝑎𝑠𝑒

Da vi nu kender stofmængden af basen, samt har fået oplyst massen, kan vi finde den molare masse:

𝑀= = =73,02

𝑚 46 ⋅ 10^{−3} 𝑔 𝑔
𝑛 6,3 ⋅ 10^{−4} 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙
Hermed er det vist, at basens molare masse er 73,02 g/mol.

b.

Strukturformlen er angivet nedenfor.

Da der er et carbonatom, der binder til fire forskellige grupper er der tale om asymmetri. De to former angivet her:

CH CH

3 * 3 *

CH_{3} CH_{3}

NH_{2} NH_{2}

S R

Side 9

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

9

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.

c.

- pK_{b} er opgivet til 3,36.

- Volume af base er oplyst til 10,0 mL

Stofmængden af base er fundet i opgave 3.a til 0,00063 mol, ud fra dette og den opgivne volumen, findes koncentrationen af base i den oprindelige opløsning:

𝑐_{𝑏𝑎𝑠𝑒} = = =0,063 𝑀

𝑛 0,00063 𝑚𝑜𝑙

𝑉 0,01𝐿

Herefter ønsker vi at benytte følgende formel:

𝐾_{𝑏} =

[ 𝑂𝐻^{−}]^{2}
𝑐_{𝑏} − [𝑂𝐻^{−}]

Hertil mangler vi altså K :
                   b

𝑝𝐾_{𝑏} = −log(𝐾_{𝑏})
𝐾_{𝑏} = 10^{−𝑝𝐾_{𝑏}} =10^{−3,36} =0,000437
Vi ønsker nu at finde [OH^{-}]:

0,000437=; [ 𝑂𝐻^{−}]^{2} + 4,37 ⋅ 10^{−4} ⋅ [ 𝑂𝐻^{−}] − 2,7531 ⋅ 10^{−5} =0; [ 𝑂𝐻^{−}]

[ 𝑂𝐻^{−}]^{2}
0,063 𝑀 − [𝑂𝐻^{−}]
=0,00503 𝑀

Hvorefter vi kan finde pH, idet:

𝑝𝐻=14 + log [𝑂𝐻^{−}]
𝑝𝐻=14 + log ( 0,00503) =11,7

Dvs. pH af den oprindelige opløsning var 11,7.

Side 10

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

10 d.

- Skema over indikatorer er opgivet.

Basens ækvivalenspunktet ligger ved pH 6, så denne værdi skal være inkluderet i indikatorens interval.

Ud fra tabellen over indikatorer ses det, at der er flere egnede indikatorer. Eksempelvis methylrødt som skifter ved pH 4,8 og 6,0, hvilket gør den egnet til reaktionen og bromthymolblåt, der skifter ved pH 6,0 og

7,6 og lakmus der skifter ved pH 5 og 8. Dog har bromthymolblåt nok det mest markante skift i farver (gul-grøn-blå), mens methylrødt skifter mellem rød, orange og gul, som måske kan være sværere at kende forskel på.

Hvis man bruger methylrødt vil man formegentlig titrere sin base med et overskud af syre, mens man ved brug af bromthymolblåt formegentlig vil titrere sin base med mangel på syre, da ækvivalenspunktet ikke ligger midt i deres intervaller.

Side 11

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

11

Opgave 4: a.

- Graf med 1/[CH_{3} I] som funktion af tid er angivet.

En anden ordens reaktion kan opskrives på formen:

1 1

[𝐴] [ 𝐴]_{0}

=𝑘 ⋅𝑡 +

Dermed vil der fremkomme en ret linje, hvis man afbilleder den reciprokke værdi af koncentrationen som funktion af tiden. Det ses at være tilfældet i denne opgave.

Ud fra formlen må hastighedskonstanten være hældningskoefficienten, denne findes ud fra aflæsning af to punkter på grafen.

Vi aflæser punkterne: (0 ; 2,10) og (400 ; 3,45):

𝑎= =0,00325

3,45 − 2,15
400 − 0
Dermed er hastighedskonstanten lig med 0,00325 M^{-1} ·min^{-1}.

b.

- Koncentrationen af CH_{3} I er opgivet til 0,486 M.

Da der er tale om en anden ordens reaktion benyttes formlen:

𝑇_{½} =

1

𝑘 ⋅ [ 𝐴]_{0}
Hvor [A]_{0} er koncentrationen af A til tiden 0, altså i dette tilfælde svarende til de 0,486 M:

𝑇_{½} = =633,1 𝑚𝑖𝑛

1

0,00325 ∙ 0,486𝑀

1

𝑀 ⋅𝑚𝑖𝑛

Dvs. efter 633,1 min er halvdelen af den oprindelige mængde omdannet.

c.

- Temperaturer på hhv. 0 °C (273 K) og 30 °C (303 K) er opgivet.

- T_{½} for den nye reaktion er 23,8 minutter.
- Gaskonstanten slås op i databog til 8,31 J/(mol·K)

Vi vil gerne benytte formlen:

ln()=− ⋅ ( −)

𝑘_{2} 𝐸_{𝑎} 1 1
𝑘_{1} 𝑅 𝑇_{2} 𝑇_{1}
Vi kender begge temperaturer (T_{2} og T_{1}), samt har beregnet hastighedskonstanten for den første reaktion.

Vi mangler derfor hastighedskonstanten for den nye reaktion:

Side 12

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

12

𝑇_{½} =

1

𝑘∙ [ 𝐴]_{0}

𝑘= = =0,0865𝑀^{−1} ⋅ min^{−1}

1 1

𝑇_{½} ∙ [ 𝐴]_{0} 23,8min∙ 0,486 𝑀

Vi kan nu udregne aktiveringsenergien:

ln()=− ∙ ( −)

𝑘_{2} 𝐸_{𝑎} 1 1
𝑘_{1} 𝑅 𝑇_{2} 𝑇_{1}

E_{a} =− =− =75189,3 𝐽/𝑚𝑜𝑙

ln() ∙ 𝑅 ln() ∙ 8,31

𝑘_{2} 0,0865𝑀^{−1} ⋅ min^{−1} 𝐽
𝑘_{1} 0,00325𝑀^{−1} ⋅ min^{−1} 𝑚𝑜𝑙∙ 𝐾
( −) ( −)

1 1 1 1

𝑇_{2} 𝑇_{1} 303 𝐾 273𝐾
Altså er aktiveringsenergien 75189,3 J/mol, svarende til 75,2 kJ/mol.

Side 13

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

13

Opgave 5: a.

- Et reaktionsskema for reaktionen er angivet.

Ligevægtsloven opskrives således, da reaktanten er et fast stof:

𝐾_{𝑜} = [ 𝐶𝑎^{2+}]^{5} ⋅ [ 𝑃𝑂_{4}^{3−}]^{3} ⋅ [𝑂𝐻^{−}]

Faste stoffer sættes pr. definition lig med 1, og derfor medtages disse ikke i ligevægtsloven. Da produkterne alle er ioner i vandig opløsning indgår de med deres stofmængdekoncentration.

b.

- K_{o} er opgivet til 10^{-36} M^{9}.

- De molare masser findes ved opslag i databog eller periodisk system.

Ser vi først på reaktionsskemaet:

𝐶𝑎_{5} ( 𝑃𝑂_{4})_{3} 𝑂𝐻 ( 𝑠) ⇌5 Ca^{2+} ( 𝑎𝑞) + 3 𝑃𝑂_{4}^{3−} ( 𝑎𝑞) + 𝑂𝐻^{−} (𝑎𝑞)

Ud fra reaktionsskemaet kan vi se følgende sammenhæng mellem koncentrationen af ionerne, da de dannes i forholdet 5:3:1, derfor:

[ 𝐶𝑎^{2+}] =5[𝑂𝐻^{−}]
[ 𝑃𝑂_{4}^{3−}] =3[𝑂𝐻^{−}]
Det ses, at 1 mol hydroxyapatit må give hhv. 5 mol Ca^{2+}, 3 mol PO_{4}^{3-} og 1 mol OH^{-} når det opløses. Vi ved, at

reaktionen er i ligevægt, og derfor kan der ikke opløses mere salt. Da det er den maksimale mængde hydroxyapatit, der er opløst er det altså et udtryk for opløseligheden af hydroxyapatit. Ved opløsning af 1

mol hydroxyapatit dannes 1 mol OH^{-}, og derfor må koncentrationen af OH^{-} ved ligevægt være et udtryk for

hvor meget hydroxyapatit der kan opløses.

Vi indsætter nu disse oplysninger i ligevægtsloven:

𝐾= [ 𝐶𝑎^{2+}]^{5} ∙ [ 𝑃𝑂_{4}^{3−}]^{3} ∙ [ 𝑂𝐻^{−}] = ( 5 [ 𝑂𝐻^{−}])^{5} ∙ ( 3 [ 𝑂𝐻^{−}])^{3} ∙ [ 𝑂𝐻^{−}] =10^{−36} 𝑀^{9}
[ 𝑂𝐻^{−}] =2,8 ⋅ 10^{−5} 𝑀
For at omregne dette til mg/L, skal den molare masse for hydroxyapatit Ca_{5} (PO_{4})_{3} OH findes:
𝑀 ( 𝐶𝑎_{5} (𝑃𝑂_{4})_{3} 𝑂𝐻)=5 ∙ 𝑀 ( 𝐶𝑎) + 3 ∙ 𝑀 ( 𝑃) + 13 ∙ 𝑀 ( 𝑂) + 𝑀(𝐻)
=5 ∙ 40,08 + 3 ∙ 30,97 + 13 ∙ 16,00 + 1,01 =502,32

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

=502318

𝑚𝑔 𝑚𝑜𝑙

Ovenfor er den molare masse omregnet til mg/mol.
Det udnyttes nedenfor, at 1 mol hydroxyapatit giver 1 mol OH^{-}.
Herefter kan vi finde opløseligheden i mg/L:

Side 14

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2009

14

𝑜𝑝𝑙ø𝑠𝑛𝑖𝑛𝑔 ( 𝐶𝑎_{5} (𝑃𝑂_{4})_{3} 𝑂𝐻)= [ ( 𝐶𝑎_{5} (𝑃𝑂_{4})_{3} 𝑂𝐻)] ⋅ 𝑀 (( 𝐶𝑎_{5} (𝑃𝑂_{4})_{3} 𝑂𝐻)) =0,000028 ⋅ 502318

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑔

𝐿 𝑚𝑜𝑙

=14,06

𝑚𝑔

𝐿

Dermed er opløseligheden 14,06 mg/L.

c.

                                          +                               +     -
Da cola er en syre, vil der være en øget mængde H til stede. Disse vil indgå i følgende: H + OH ↔ H O,
                                                                                     2

hvor også OH^{-} indgår. Når mængden af OH^{-} mindskes, vil det resultere i en forskydning mod højre af

reaktionsligningen, hvormed der omdannes mere hydroxyapatit. Opløseligheden bliver med andre ord større. Det er Le Chateliers princip, der siger, at et ydre indgreb i et ligevægtssystem giver en forskydning for at mindske virkningen af det ydre indgreb.