HTX Kemi A Eksamen 31. maj 2010

Side 1

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

1

Kemi A HTX

31. maj 2010

htx101-KEM/A-

Opgave 1 a.

- Strukturformlen for threobromin er angivet.

Ved at tælle antallet af de forskellige grundstoffer i threobromin fås molekylformlen til C H N O .
                                                                        7 8 4 2

b.

- Strukturformlen for phenylalanin er angivet.

Carboxylsyren er den funktionelle gruppe, der har den højeste prioritet, og den bidrager derfor med suffik-set –syre i forbindelsens navn og afgør derudover også, hvorfra nummereringen af kulstofatomer begynder.

Den længste kulstofkæde er 3 C lang, og derfor er phenylalanin et propansyre-derivat.

Phenylalanin har to substituenter; en amin på C^{2}, som navngives 2-amino-, samt en benzenring på C^{3}, der

derfor navngives 3-phenyl. Derfor bliver phenylalanins systematisk navn 2-amino-3-phenylpropansyre.

                                                           2
Desuden indeholder phenylalanin et asymmetrisk kulstofatom, nemlig C

. Dette giver anledning til to spejl-billedisomere – 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.

c.

Fedtsyren karakteriseres ved at være en 18:1 ω9 fedtsyre. Det første tal, 18, angiver antallet kulstofatomer i fedtsyren. Tallet, 1, angiver antallet af dobbeltbindinger i fedtsyren. Endeligt angiver ω9, hvor fedtsyrens første dobbeltbinding er placeret, når der tælles fra methyl-enden.

Denne dobbeltbinding giver anledning til to isomere former: en E- eller trans-form, der har hydrogenato-merne på hver sin side af dobbeltbindingen, og en Z- eller cis-form, der har hydrogenatomerne på samme side af dobbeltbindingen. Begge strukturer ses herunder. Generelt er det som oftest cis-formen af umætte-de fedtsyrer, der dannes naturligt i biologiske organismer og dermed findes i naturen.

CH_{3}

O

OH trans-isomer

CH_{3}

OH

O

Side 2

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

2 cis-isomer d.

- Det er angivet, at sunde fedtstoffer indeholder lange umættede fedtsyrer.

- En tabel over det procentvise indehold af forskellige fedtsyrer i fedtstoffer er angivet.

Fedtstoffer med et højt procentvist indhold af umættede fedtsyrer er sundere end fedstoffer med et højt procentvist indhold af mættede fedtsyrer. En umættet fedtsyre indeholder mindst én dobbeltbinding i sin struktur (fx 18:1 ω9, 18:2 ω6 og 18:3 ω3) En mættet fedtsyre indeholder ingen dobbeltbindinger i sin struk-tur (fx 16:0 og 18:0).

Dette kan også ses af tabellen, idet fedtstoffer som rapsolie og olivenolie, der betragtes som sunde fedt-stoffer, har et højt indhold af disse umættede fedtsyrer. Derimod har fedtstoffer som smør og svinefedt, der betragtes som mindre sunde end de førnævnte fedtstoffer, et højt indhold af mættede fedtsyrer.

På baggrund af dette må kakaosmør være et mindre sundt fedtstof, hvis vi sammenligner det med en hvil-ken som helst olie, fordi kakaosmør indeholder færre flerumættede fedtsyrer, men i stedet har flere mæt-tede fedtsyrer. Derudover kan samme konklusion fås ved sammenligning med smør og svinefedt, fordi ka-kaosmør indeholder 3 gange så mange mættede fedtsyrer (18:0) end de andre fedtstoffer. Altså er kakao-smør et ret usundt fedtstof.

e.

- Der afvejes 1,50 g kakaosmør og tilsættes 25,0 mL 0,500 M KOH i ethanol.

- Der titreres med 0,500 M HCl, og til første og anden titrering anvendes der hhv. 9,8 mL og 20,2 mL.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

I 1. titrering neutraliseres overskydende KOH med 9,8 mL 0,500 M HCl, og disse reagerer forholdet 1:1, som det ses af reaktionsskemaet. Af de to reaktionsskemaer ses det også, at ét mol HCl protonerer ét mol fedt-syre. Det ses også, at der skal ét mol KOH til at danne ét mol fedtsyre.

Med andre ord så er stofmængden af HCl, der anvendes i 2. titrering, lig med stofmængden af KOH, der skal bruges til at forsæbe 1,50 g fedtstof. Derfor bestemmer vi først voluminet af anvendt HCl-opløsning til 2.

titrering - dette volumen kaldes V for overskuelighedens skyld.
                           1

𝑉_{1} =20,2𝑚𝐿 − 9,8𝑚𝐿=10,4 𝑚𝐿

Vi beregner nu stofmængden af HCl i dette volumen, da vi som nævnt ved, at

𝑛 =𝑛
𝐻𝐶𝑙 𝑖 𝑉_{1} 𝐾𝑂𝐻 𝑡𝑖𝑙 𝑓𝑜𝑟𝑠æ𝑏𝑛𝑖𝑛𝑔
𝑛 ( 𝐻𝐶𝑙) =𝑉· 𝑐 ( 𝐻𝐶𝑙) =0,0104𝐿 · 0,500𝑀=0,0052𝑚𝑜𝑙=5,2 · 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙=𝑛(𝐾𝑂𝐻)

Vi bestemmer nu massen af denne stofmængde KOH, og vha. den molare masse af KOH.

𝑀 ( 𝐾𝑂𝐻) =𝑀 ( 𝐾) + 𝑀 ( 𝑂) + 𝑀 ( 𝐻) =39,10 + 16,00+ 1,01=56,11

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝐾𝑂𝐻) =𝑀 ·𝑛=56,11 · 5,2 · 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙=0,292𝑔

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Vi ønsker massen af KOH pr. g fedtstof, og derfor divideres med de 1,50 g fedtstof, der blev brugt i forsøget.

Side 3

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

3

0,292𝑔 𝐾𝑂𝐻 𝑔 𝑚𝑔

1,50𝑔 𝑓𝑒𝑑𝑡𝑠𝑡𝑜𝑓 𝑔 𝑓𝑒𝑑𝑡𝑠𝑡𝑜𝑓 𝑔 𝑓𝑒𝑑𝑡𝑠𝑡𝑜𝑓

=0,195 =195

Hermed er det vist, at forsæbningstallet for kakaosmør i forsøget er 195 mg/g fedstof.

Side 4

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

4

Opgave 2 a.

Stofferne navngives således:

N_{2} O_{5}: Dinitrogenpentoxid
NO_{2}: Nitrogendioxid
O_{2}: Dioxygen

b.

- En tabel med koncentrationen af N_{2} O_{5} til forskellige tider er angivet.

Vi ved, at det for en førsteordens reaktion gælder, at hvis vi plotter ln(koncentration) mod tiden, så skal punkterne på grafen ligge på en ret linje. For at vise, at der rent faktisk er tale om en reaktion af første or-den indtegnes disse punkter derfor i et koordinatsystem. Først beregnes dog ln(koncentration).

t / s 0 184 526 867 1198 2315 3144
ln[N_{2} O_{5}] 0,846 0,728 0,519 0,300 0,104 -0,598 -1,08

Ud fra grafen samt R^{2} -værdien, ses det at punkterne ligger på en ret linje. Derfor er reaktion en

førsteordens reaktion. For førsteordens reaktioner gælder, at udtrykket for den rette linje på grafen er:

ln [ 𝑁_{2} 𝑂_{5}] =−𝑘· 𝑡+ ln [ 𝑁_{2} 𝑂_{5}]_{0}
hvor k er hastighedskonstanten og [ 𝑁_{2} 𝑂_{5}]_{0} er startkoncentrationen af 𝑁_{2} 𝑂_{5}. Vi kan nu aflæse udtrykket for

tendenslinjen på grafen, og få at:

ln [ 𝑁_{2} 𝑂_{5}] =−6,14 · 10^{−4} · 𝑡+ 0,84

Hældningen af tendenslinjen, a, er lig med –k, og derfor fås:

𝑎=−𝑘; 𝑘=−𝑎=− ( −6,14· 10^{−4} 𝑠^{−1}) =6,14 · 10^{−4} 𝑠^{−1}

                                                    -4 -1
Altså er hastighedskonstanten, k, for reaktionen lig med 6,14·10 s .

y = -6,14E-04x + 0,84
R² = 1,00

-1,5

-1,0

-0,5

0,0

0,5

1,0

3500 ln[N

2

O

5

]

t / [s]

Side 5

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

5 c.

- Reaktionen er af første orden.

Vi anvender, at det for førsteordens reaktioner gælder, at

[ 𝑁_{2} 𝑂_{5}] = [ 𝑁_{2} 𝑂_{5}]_{0} · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

⇕

ln () =ln ( 𝑒^{−𝑘·𝑡}) =−𝑘· 𝑡

[ 𝑁_{2} 𝑂_{5}]
[ 𝑁_{2} 𝑂_{5}]_{0}

⇕

− =𝑡

ln()

[ 𝑁_{2} 𝑂_{5}]
[ 𝑁_{2} 𝑂_{5}]_{0}

𝑘

Vi ved, at80% af den oprindelige mængde N_{2} O_{5} er omdannet– dvs. der er 20% tilbage.
[ 𝑁_{2} 𝑂_{5}] =0,2 · [ N_{2} 𝑂_{5}]_{0}

Dette indsættes i udtrykket:

𝑡=− =− =− =2621,2𝑠

ln() ln()

[ 𝑁_{2} 𝑂_{5}] 0,2 · [ N_{2} 𝑂_{5}]_{0}
[ 𝑁_{2} 𝑂_{5}]_{0} [ 𝑁_{2} 𝑂_{5}]_{0} ln
𝑘 𝑘 6,14 · 10^{−4} 𝑠^{−1}

( 0,2)

Altså er 80% af den oprindelige mængde N_{2} O_{5} omdannet efter 2621,2 s.

d.

- Et Arrhenius plot er angivet.

Vi har opgivet et Arrhenius plot og kan derfor benytte Arrhenius ligningen til at bestemme aktiveringsener-

gien, E_{a}.

ln()=− ⋅ ( −); 𝐸_{𝑎} =−𝑅 ⋅

𝑘_{2} 𝐸_{𝑎} 1 1 ln𝑘_{2} − ln𝑘_{1}
𝑘_{1} 𝑅 𝑇_{2} 𝑇_{1}

1 1

𝑇_{2} 𝑇_{1}

−

Vi vælger to sæt af sammenhørende værdier fra plottet med tendeslinjen grafen, og indsætter disse i form-len.

1→ln𝑘_{1} =−6,5; =0,00305

1

𝑇_{1}

2→ln𝑘_{2} =−14; =0,00365

1

𝑇_{2}

𝐸_{𝑎} =−𝑅 ⋅ =−8,314 · =103,9 · 10^{3}

ln𝑘_{2} − ln𝑘_{1} 𝐽 (−14) − ( −6,5) 𝐽

1 1

𝑇_{2} 𝑇_{1}

−

𝑚𝑜𝑙· 𝐾 0,00365𝐾^{−1} − 0,00305𝐾^{−1} 𝑚𝑜𝑙

                                          3
Aktiveringsenergien for reaktionen lig med 103,9·10 J/mol.

Side 6

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

6

Opgave 3 a.

- Reaktionsskemaet for reaktionen er angivet.

Reaktionen er en redoxreaktion. For at en reaktion er en redoxreaktion, skal den indeholde en oxiderende

og en reducerende forbindelse. Reaktionen opfylder dette krav, fordi Ag oxideres fra 0 til +1 og begge O i O
                                                                                       2

reduceres fra 0 til -2.

4 𝐴𝑔 ( s) + 2𝐻_{2} 𝑆 ( g) + 𝑂_{2} ( g) ⇋2𝐴𝑔_{2} 𝑆 ( s) + 2𝐻_{2} 𝑂 (g)

⏞ ⏞ ⏞ ⏞

0 0 +𝐼 −𝐼𝐼 b.

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

- Værdierne for S^{θ} er angivet.
ΔS^{θ} udregnes påfølgende måde:

Δ𝑆^{𝜃} =∑𝑆 ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝑆^{𝜃} ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)

𝜃

=2 · 𝑆^{𝜃} ( 𝐴𝑔_{2} 𝑆 ( 𝑠)) + 2 · 𝑆^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑔)) − (4 ⋅ 𝑆^{𝜃} ( 𝐴𝑔 ( 𝑠)) + 2 · 𝑆^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑆 ( 𝑔)) + 𝑆^{𝜃} ( 𝑂_{2} ( 𝑔)))

=2 · 144,08 + 2 · 188,8− ( 4 ⋅ 42,55 + 2 · 205,80 + 205,15) =−121,2

𝐽 𝑚𝑜𝑙⋅ 𝐾

Reaktionen går mod en mere ordnet struktur, da ΔS^{θ} < 0, hvilket vil sige, at entropien af produkterne er

mindre end entropien af reaktanterne. Dette stemmer overens med vores forventninger, da antallet af par-tikler i systemet mindskes fra 7 til 4 som følge af reaktionen. Et fald i antallet af partikler resulterer i mindre uorden og dermed mindre entropi.

c.

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.
- ΔS^{θ} for reaktionen er beregnet i forrige opgave til -121,2 J/(mol·K).

- Temperaturen er angivet til 20°C.

En reaktion foregår spontant, hvis ΔG^{θ} <0. Derfor udregnes ΔG^{θ} vha. følgende sammenhæng, hvor det
antages, at ΔS^{θ} og ΔH^{θ} er uafhængige af temperaturen.
ΔG^{θ} =ΔH^{θ} − 𝑇ΔS^{θ}
Derfor bestemmes først ΔH^{θ}

Side 7

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

7

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

𝜃 𝜃

=2 · 𝐻^{𝜃} ( 𝐴𝑔_{2} 𝑆 ( 𝑠)) + 2 · 𝐻^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑂 ( 𝑔))
− (4 ⋅ 𝐻^{𝜃} ( 𝐴𝑔 ( 𝑠)) + 2 · 𝐻^{𝜃} ( 𝐻_{2} 𝑆 ( 𝑔)) + 𝐻^{𝜃} ( 𝑂_{2} ( 𝑔)))

=2 · (−32,61) + 2 · ( −241,8) − ( 4 ⋅ 0 + 2 · ( −20,63) + 0) =−507,6

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Værdierne indsættes i formlen fra før, og temperaturen angives i K.

ΔG^{θ} =−507,6 − ( 273,15 + 20) 𝐾· (−0,1212)=−472,1

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙· 𝐾 𝑚𝑜𝑙
Da ΔG^{θ} =−472,1_{𝑚𝑜𝑙}^{𝑘𝐽} <0 har vi vist, at reaktionen er spontan.

Side 8

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

8

Opgave 4 a.

- En titrerkurve for wc-rens med NaOH er angivet.

- En oversigt over forskellige kemiske indikatorer og deres egenskaber er angivet.

Ækvivalenspunktet er nået, når stofmængden af tilsat NaOH er lig med stofmængden af den organiske syre, dvs. når syre og base er tilstede i ækvivalente mængder. Ved dette punkt vil NaOH have neutraliseret alt sy-re fordi den er monohydron. Derfor vil NaOH ikke længere neutraliseres, hvilket resulterer i at pH-værdien stiger kraftig netop i ækvivalenspunktet. På titrerkurven kan vi derfor aflæse, at ækvivalenspunktet ligger efter tilsætning af 21 mL NaOH, og her har opløsningen en pH-værdi på ca. 8.

Egnede indikatorer til en kolorimetrisk titrering af wc-rens er de indikatorer, der har et omslagspunkt om-

kring pH = 8. Eksempler på dette er kresolrødt, hvis omslagspunkt ligger i intervallet [7,0-8,8] og thymolblåt,

hvis omslagspunkt ligger i intervallet [8,0-9,6]. Begge disse er egnet, da deres omslagsinterval indeholder pH-værdien ved ækvivalenspunktet og da deres omslagsinterval er smalt.

b.

- Det oplyses, at 10 mL wc-rens overføres til en 100 mL målekolbe, der fyldes op med vand, inden titreringen udføres.

- Der titreres med 0,0859 M NaOH, og der tilsættes 21 mL før ækvivalenspunktet nås, som det er be-skrevet i forrige opgave.

Først bestemmes fortyndingsfaktoren, DF:

𝐷𝐹= = =10

𝑉_{𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙} 100𝑚𝐿
𝑉_{𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙} 10𝑚𝐿

Da den organiske syre er en monohydron syre ved vi, at NaOH og syren reagere i forholdet 1:1, når de neu-traliserer hinanden. Derfor må stofmængden af tilsat NaOH ved ækvivalenspunktet være lige med stof-mængden af organisk syre ved ækvivalenspunktet

𝑣𝑒𝑑 æ𝑘𝑣𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑠𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡:𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) =𝑛 ( 𝑜𝑟𝑔𝑎𝑛𝑖𝑠𝑘 𝑠𝑦𝑟𝑒)

Derfor bestemmes stofmængden af NaOH i 21 mL af en 0,0859 M opløsning.

𝑛 ( 𝑜𝑟𝑔𝑎𝑛𝑖𝑠𝑘 𝑠𝑦𝑟𝑒) =𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) =𝑐 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) · 𝑉=0,0859𝑀 · 0,021𝐿=1,804 · 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙

Dette er antallet af mol organisk syre i 10 mL fortyndet wc-rens-opløsning. Koncentrationen bestemmes.

𝑐 ( 𝑜𝑟𝑔𝑎𝑛𝑖𝑠𝑘 𝑠𝑦𝑟𝑒)_{𝑓𝑜𝑟𝑡𝑦𝑛𝑑𝑒𝑡} = = =0,1804𝑀

𝑛 ( 𝑜𝑟𝑔𝑎𝑛𝑖𝑠𝑘 𝑠𝑦𝑟𝑒) 1,804 · 10^{−3} 𝑚𝑜𝑙

𝑉 0,010 𝐿

Da wc-rensen blev fortyndet før titreringen, skal koncentrationen af syre altså ganges med fortyndingsfak-toren for, at vi får koncentrationen af syre i ufortyndet wc-rens.

𝑐 ( 𝑜𝑟𝑔𝑎𝑛𝑖𝑠𝑘 𝑠𝑦𝑟𝑒)_{𝑤𝑐−𝑟𝑒𝑛𝑠} =𝐷𝐹 · 𝑐 ( 𝑜𝑟𝑔𝑎𝑛𝑖𝑠𝑘 𝑠𝑦𝑟𝑒)_{𝑓𝑜𝑟𝑡𝑦𝑛𝑑𝑒𝑡} =10 · 0,1804𝑀=1,804𝑀

Altså er koncentrationen af syre i ufortyndet wc-rens lig med 1,804 M.

Side 9

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

9 c.

- Titrerkurven for fortyndet wc-rens med NaOH er angivet, og det er bestemt i forrige opgave, at ækvivalenspunktet nås efter tilsætning af 21 mL 0,0859 M NaOH-opløsning.

- En tabel over udvalgte syrer og deres pK_{s} -værdier er angivet.
pK_{s} -værdien for en syre er lig med pH-værdien, når man har tilsat netop halvdelen den mængde NaOH, der

skal til for at nå ækvivalenspunktet. Dette skyldes, at præcis halvdelen af syren ved dette punkt er protone-ret, og dermed er koncentrationen protoneret syre lig med koncentrationen af den korresponderende base

– altså den deprotonerede syre.

[ 𝑠𝑦𝑟𝑒] =[𝑏𝑎𝑠𝑒]

Dette indsættes i pufferligningen.

𝑝𝐻=𝑝𝐾 + log = 𝑝𝐾_{𝑠} + log =𝑝𝐾_{𝑠} + log(1)=𝑝𝐾_{𝑠}

𝑠

[𝑏𝑎𝑠𝑒] [𝑏𝑎𝑠𝑒]

[𝑠𝑦𝑟𝑒] [𝑏𝑎𝑠𝑒]

Vi aflæser derfor pH-værdien på titrerkurven, efter tilsætning af halvdelen af 21 mL NaOH, dvs. 10,5 mL, og får:

𝑝𝐾_{𝑠} ≈3,7
Ved at se på tabellen over udvalgte syrer, ses det, at methansyre har en pK_{s} -værdi på 3,75. Det er derfor
oplagt, at wc-rens kan indeholder denne syre, fordi syren i wc-rens har en pK_{s} -værdi på omkring 3,7, hvilket

er meget tæt på 3,75.

d.

- pK_{s} -værdi og stofmængdekoncentration af den organiske syre er bestemt tidligere i opgaven til

hhv. 3,7 og 0,1804 M.

Den organiske syre er en ikke-stærk syre, da dens pK_{s} -værdi ligger i intervallet [0-4]. Derfor har den organi-

ske syre følgende ligevægt i en vandig opløsning, hvor den protonerede syre kaldes SH, og den deprotone-

rede syre kaldes S^{-}.
𝑆𝐻 + 𝐻_{2} 𝑂⇌𝑆 + 𝐻_{3} 𝑂^{+}

−

[H_{3} O^{+}] bestemmes derfor vha. følgende formel, der gælder for ikke-stærke syrer i vand, hvor c_{s} er den for-

melle stofmængdekoncentration af syren, dvs. 0,1804 M.

𝐾_{𝑠} =

[ 𝑆^{−}] ⋅ [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]

[ 𝑆𝐻]

[ 𝑆^{−}] = [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]
𝑐_{𝑠} = [ 𝑆𝐻] + [ 𝑆^{−}] = [ 𝑆𝐻] + [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] 𝑐_{𝑠} − [𝐻_{3} 𝑂^{+}]

} 𝐾_{𝑠} =

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}

Vi skal bruge K_{s} og denne bestemmes derfor ud fra pK_{s} -værdien.
𝑝𝐾_{𝑠} =−log ( 𝐾_{𝑠}): 𝐾_{𝑠} =10^{−𝑝𝐾_{𝑠}} =10^{−3,7} =2,00 · 10^{−4}
Vi kan nu sætte værdierne ind i ligningen og løse den med hensyn til [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}].

2,00 · 10^{−4} =; [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =5,907 · 10^{−3} 𝑀

[ 𝐻_{3} 𝑂^{+}]^{2}
0,1804𝑀 − [𝐻_{3} 𝑂^{+}]

Side 10

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

10

Endeligt kan pH-værdien bestemmes:

𝑝𝐻=−log [ 𝐻_{3} 𝑂^{+}] =−log ( 5,907 · 10^{−3}) =2,23

Denne pH-værdi passer særdeles godt med den målte værdi, der kan aflæses til ca. 2,2 på titrerkurven, når mængden af tilsat NaOH er lig med nul.

Side 11

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

11

Opgave 5 a.

- Reaktionsskemaet for reaktionen er angivet.

Ligevægtsloven for reaktionen opskrives, og det bemærkes at forbindelserne indgår med deres partialtryk, da de alle er gasser.

𝐾=

𝑝 ( 𝑃𝐶𝑙_{3})^{4}
𝑝 ( 𝑃_{4}) ⋅ 𝑝 ( 𝐶𝑙_{2})^{6}

b.

- Reaktionsskemaet for reaktionen er angivet.

Vi betragter de tre gasser som ideale gasser, og derfor udøver ét mol P_{4}, ét mol Cl_{2} og ét mol PCl_{3} det sam-

me tryk. Hvis trykket øges, kan reaktionen modvirke dette indgreb ved at forskyde sig mod højre og danne mere produkt, fordi 7 gasmolekyler omdannes til 4 gasmolekyler, hvilket resulterer i, at trykket falder. Det er Les Chaterliers princip, der ligger til grund for denne konklusion, da en reaktion altid vil forsøge at mod-virke ydre indgreb.

c.

- Stofmængden af hver af reaktanterne ved start er angivet til 1,00 mol, og det antages at reaktionen er fuldstændig forskudt mod højre.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved tabelopslag.

Ifølge reaktionsskemaet forbruges P og Cl i forholdet 1:6. Stofmængden af Cl er derfor den begrænsende
                             4     2                            2

faktor, idet stofmængderne af de to reaktanter ved start er ens. Stofmængden af Cl_{2} efter reaktionen er lig

med nul, fordi reaktionen er forskudt fuldstændig mod højre. Nedenfor ses en skematisk oversigt over re-aktionen, hvor det også er angivet, i hvilket forhold reaktanter og produkter forbruges og dannes. Vha. et

simpelt ligningssystem kan vi bestemme stofmængden af PCl_{3} efter reaktionen.

P (g) + 6 Cl (g) ⇌ 4 PCl (g)

4 2 3

Før 1 1 0

Efter 1-x 1-6x=0 4x

1 − 6𝑥=0; 𝑥= ⇒𝑛 ( 𝑃𝐶𝑙_{3}) =4𝑥=4 ⋅ = 𝑚𝑜𝑙

1 1 2

6 6 3

Massen af denne stofmængde bestemmes ud fra den molare masse af PCl_{3}.

𝑀 ( 𝑃𝐶𝑙_{3}) =𝑀 ( 𝑃) + 3 · 𝑀 ( 𝐶𝑙) =30,97 + 3 · 35,45=137,32

𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚 ( 𝑃𝐶𝑙_{3}) =𝑛 ( 𝑃𝐶𝑙_{3}) · 𝑀 ( 𝑃𝐶𝑙_{3}) = 𝑚𝑜𝑙· 137,32 =91,55𝑔

2 𝑔

3 𝑚𝑜𝑙

Side 12

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

12

Dermed er massen af PCl_{3}, der dannes, lig med 91,55 g.

d.

- Reaktionen foregår ved 300°C og beholderen har et volumen på 25,0 L.

Nedenfor ses en skematisk oversigt over reaktionen. Vha. et simpelt ligningssystem kan vi bestemme stof-mængderne af de tre forbindelse, når reaktionen er forløbet til ende, og dermed også den samlede stof-

mængde efter reaktionen. Desuden ved vi, at stofmængden af Cl_{2} (g) efter reaktionen er lig med 0, da denne

reaktant er i underskud.

P (g) + 6 Cl (g) ⇌ 4 PCl (g)

4 2 3

Før 1 1 0

Efter 1-x 1-6x=0 4x

1 − 6𝑥=0; 𝑥= ⇒ {

1

6

𝑛 ( 𝑃_{4}) =1 − 𝑥=1 − = 𝑚𝑜𝑙

1 5

6 6

𝑛 ( 𝑃𝐶𝑙_{3}) =4𝑥=4 ⋅ = 𝑚𝑜𝑙

1 2

6 3

Den samlede stofmængde efter reaktionen er forløbet kan nu beregnes.

𝑛 ( 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙) =𝑛 ( 𝑃_{4}) + 𝑛 ( 𝐶𝑙_{2}) + 𝑛 ( 𝑃𝐶𝑙_{3}) = 𝑚𝑜𝑙+ 0𝑚𝑜𝑙+ 𝑚𝑜𝑙= 𝑚𝑜𝑙

5 2 3

6 3 2

Da vi kender både temperatur og volumen af beholderen, bestemmes trykket vha. idealgasloven.

𝑝 ⋅ 𝑉=𝑛⋅ 𝑅⋅ 𝑇; 𝑝= = =285,9 𝑘𝑃𝑎

𝑛 ⋅ 𝑅⋅𝑇

𝑉 25,0𝐿

3 𝐿 ·𝑘𝑃𝑎

2 𝑚𝑜𝑙· 𝐾

𝑚𝑜𝑙· 8,314 · (300 + 273,15)𝐾

Vi ved, at partialtrykket, p(A) af en forbindelse, A, er lig med molbrøken, x(A) af forbindelse ganget med det samlede tryk, p(total). Endvidere er molbrøken givet ved forholdet mellem stofmængden af A, n(A) og den totale stofmængde, n(total), som det ses nedenfor.

𝑝 ( 𝐴) =𝑝 ( 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙) · 𝑥 ( 𝐴) =𝑝 ( 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙) ·

𝑛(𝐴) 𝑛(𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙)

𝑝 ( 𝑃_{4}) =285,9 𝑘𝑃𝑎 · =158,8 𝑘𝑃𝑎

5

6 𝑚𝑜𝑙

3

2 𝑚𝑜𝑙

𝑝 ( 𝐶𝑙_{2}) =285,9 𝑘𝑃𝑎· =0 𝑘𝑃𝑎

0𝑚𝑜𝑙

3

2 𝑚𝑜𝑙

𝑝 ( 𝑃𝐶𝑙_{3}) =285,9 𝑘𝑃𝑎 · =127,1 𝑘𝑃𝑎

2

3 𝑚𝑜𝑙

3

2 𝑚𝑜𝑙

Side 13

Kemi A HTX – Skriftlig eksamen – 31. maj 2010

13

Dermed er partialtrykkene af de 3 forbindelser bestemt. Det er indlysende, at partialtrykket af Cl er lig med
                                                                              2

0, da denne forbindelse er helt forbrugt og dermed slet ikke er tilstede i beholderen.