HTX Kemi A NET 29. maj 2017 - Vejledende besvarelse

Side 1

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

1

Kemi A (Netadgang) HTX

29. maj 2017

htx171-KEMn/A-7

Opgave 1: Phenolphthalein a.

- Strukturen af phenolphthalein ved pH 0–8,2 er vist.

I strukturen af phenolphthalein ved pH 4 indgår der to typer funktionelle grupper: en phenol, altså en hydroxy-gruppe (–OH) placeret direkte på en aromatisk ring (markeret med en cirkel), og en ester

(markeret med en firkant). Disse to funktionelle grupper ses markeret på figuren herunder.

O

OH

O

OH b.

- Det er angivet i bilagsmaterialet, at phenolphthalein er ustabil ved pH > 12, og af den vedlagte video kan det ses, at en opløsning af phenolphthalein ved pH > 12 over tid bliver farveløs.

Spektrofotometri er en metode inden for kemisk analyse, hvor man anvender en forbindelses absorption af lys ved en bestemt bølgelængde til at bestemme koncentrationen af forbindelsen. Dette kan gøres ved hjælp af Lambert-Beers lov, der ses herunder:

𝐴 = 𝜀_{𝜆} · [ 𝑆] · 𝑙
hvor A er absorptionen, 𝜀_{𝜆} er den molare absorptionskoefficient ved bølgelængden 𝜆 , [S] er

koncentrationen af forbindelsen S, og l er kuvettebredden. Der er altså en lineær sammenhæng mellem prøvens absorption og koncentration.

Fordi phenolphthalein er ustabil ved pH > 12, vil koncentrationen af phenolphthalein falde, som tiden går.

Når phenolphthalein omdannes, kan det ikke længere absorbere lys, og prøvens absorption, A, falder

Side 2

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

2 således. Ændringen i absorptionen kan bruges til at følge ændringen i koncentrationen af phenolphthalein

og dermed også omdannelsen af phenolphthalein, idet både 𝜀_{𝜆} og l er konstante.

c.

- Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven selv med hjælp fra vores guide, som du kan hente her.

- En figur, der viser absorbansen som funktion af bølgelængden i cm, er vist.

Når spektrofotometri anvendes til at bestemme koncentrationer, er det optimalt at gøre det ved netop den bølgelængde, hvor forbindelsen har sin maksimale absorption. Af den vedlagte figur kan vi se, at absorptionen er maksimal omkring 550 nm, og derfor er 550 nm en passede arbejdsbølgelængde.

d.

- Det er angivet, at l = 1,00 cm og 𝜀_{550 𝑛𝑚} = 2,93·10^{4} M^{-1} ·cm^{-1}.

- Der er vedlagt en tabel, hvor koncentrationen af phenolphthalein er angivet til forskellige tider. Her kan koncentrationen ved tiden 0,00 s aflæses til 0,000025 M.

I denne opgave benyttes Lambert-Beers lov, der blev introduceret i opgave 1b. Vi indsætter derfor blot de kendte værdier:

𝐴 = 𝜀_{𝜆} · [ 𝑆] · 𝑙
= 2,93 · 10^{4} 𝑀^{−1} 𝑐𝑚^{−1} · 0,000025 𝑀 · 1,00 𝑐𝑚
= 0,7325

Altså er absorptionen af phenolphthalein ved tiden 0,00 s lig med 0,7325. Absorptionen har ingen enhed.

e.

- Der er vedlagt en tabel, hvor koncentrationen af phenolphthalein er angivet til forskellige tider.

Ved at følge løsningfremgangsmåden, som er vist i den grå boks nederst, kan vi finde frem til, at reaktionen er af første orden. Dette gøres ved at plotte den naturlige logaritme til koncentrationen af phenolphthalein som funktion af tiden i et koordinatsystem. Disse data findes i den vedlagte tabel, og ln[phenolphthalein] beregner vi selv.

Side 3

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

3 tid (s) [phenolphthalein] (M) ln[phenolphthalein]

0,00 0, -10,60

10,50 | 0, | -10,70
22,30 | 0, | -10,82
35,70 | 0, | -10,95
51,10 | 0, | -11,11
69,30 | 0, | -11,29
91,60 | 0, | -11,51
120,4 | 0, | -11,80
160,9 | 0, | -12,21
230,3 | 0, | -12,90
299,6 | 0, | -13,59
350,7 | 0, | -14,10
391,2 | 0, | -14,51

                                                                     2
Vi laver nu en lineær regression på data og ser, at data følger en pæn ret linje, fordi R = 1. Det betyder, at

data følger nedenstående forskrift, som er karakteristisk for førsteordensreaktioner.

ln [ 𝑝ℎ𝑒𝑛𝑜𝑙𝑝ℎ𝑡ℎ𝑎𝑙𝑒𝑖𝑛] = −𝑘· 𝑡+ ln [ 𝑝ℎ𝑒𝑛𝑜𝑙𝑝ℎ𝑡ℎ𝑎𝑙𝑒𝑖𝑛]_{0}

Hermed er det vist, at omdannelsen af phenolphthalein ved pH > 12 er en reaktion af første orden.

Du kan bruge denne generelle fremgangsmåde, når du skal bestemme en reaktions orden

1. Tegn punkterne ind i et koordinatsystem.

2. Prøv at tegne en lineær tendenslinje – den vil passe, hvis reaktionen er af nulte orden.

a. Passer den med punkterne? Hvilken R^{2} -værdi har tendenslinjen?

3. Indtegn i et koordinatsystem ln(c) mod tiden, t.

4. Prøv at tegne en lineær tendenslinje – den vil passe, hvis reaktionen er af første orden.

a. Passer den med punkterne? Hvilken R^{2} -værdi har tendenslinjen?
5. Indtegn i et koordinatsystem 1/c mod tiden, t, og tegn dernæst en lineær tendenslinje – den vil

y = -0,01x - 10,597
R² = 1

-15,00

-14,50

-14,00

-13,50

-13,00

-12,50

-12,00

-11,50

-11,00

-10,50

-10,00

0,00 50,00 100,00 150,00 200,00 250,00 300,00 350,00 400,00 ln[phenolphthalein]

Tid / s

Side 4

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

4 passe, hvis reaktionen er af anden orden.

a. Passer den med punkterne? Hvilken R^{2} -værdi har tendenslinjen?
6. Sammenlign alle R^{2} -værdier og vælg den bedste.

Sandsynligheden for, at reaktionen har en højere orden end 2, er særdeles lav.

f.

- Der er vedlagt en tabel, hvor hastighedskonstanten, k, for omdannelsen af phenolphthalein er angivet ved forskellige temperaturer.

Til at bestemme aktiveringsenergien, E , laves et Arrhenius plot, dvs. ln(k) plottes som funktion af 1/T. Det
                                A

kan vi gøre, fordi der er følgende sammenhæng mellem hastighedskonstanten, k, og temperaturen, T.

ln ( 𝑘) = − ·

𝐸_{𝐴} 1

𝑅 𝑇

Vi kender værdierne for k og T fra den vedlagte tabel og kan derfor beregne følgende. Bemærk, at T omregnes fra °C til K.

T / °C T / K 1/T / K^{-1} k / s^{-1} ln(k)

9,7 282,7 0,00354 0,0041 -5,497

20,0 | 293,0 | 0,00341 | 0,0096 | -4,646
25,0 | 298,0 | 0,00336 | 0,0140 | -4,269
34,6 | 307,6 | 0,00325 | 0,0310 | -3,474

Vi laver nu lineær regression på data og får følgende udtryk:

𝑦 = −7037,2𝑥 + 19,379

y = -7037,2x + 19,379
R² = 0,999

-6,000

-5,500

-5,000

-4,500

-4,000

-3,500

-3,000

0,00320 0,00330 0,00340 0,00350 0,00360 ln(k)

1/T / K^{-1}

Side 5

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

5

Vi kan aflæse, at hældningen, a, er lig med -7037,2 K. Ud fra forskriften kan vi se, at hældningen er givet ved følgende udtryk. Vi kan nu isolere aktiveringsenergien.

𝑎 = − ⟺ 𝐸_{𝐴} = −𝑎 · 𝑅

𝐸_{𝐴}

𝑅

= − ( −7037,2𝐾) · 0,008314

𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾
= 58,51

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

Altså er aktiveringsenergien for omdannelsen af phenolphthalein lig med 58,51 kJ/mol.

Side 6

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

6

Opgave 2: Ritalin a.

- Strukturen af methylphenidat er vist.

Et asymmetrisk carbonatom er et carbonatom, der binder til fire forskellige grupper. Methylphenidat

indeholder to asymmetriske carbonatomer, og disse er markeret med en * på figuren herunder.

NH O

O

*

* b.

- Det sidste trin i syntesen af methylphenidat er vist.

Vi kan se ud fra figuren, at en syregruppe (–COOH) og en alkohol (–OH) omdannes til en ester under fraspaltning af vand. Dvs. de to molekyler går sammen under fraspaltning af et mindre molekyle, her vand.

Denne type reaktion kaldes en kondensationsreaktion.

c.

- Strukturen af methylphenidat er vist.

Methylphenidat indeholder én funktionel gruppe, der har syre-base-egenskaber, og det er aminogruppen

(–NH). Aminogruppen kan protoneres, hvis opløsningen er sur nok. Det betyder, at gruppen får en positiv ladning, hvilket gør gruppen langt mere polær. Denne ændring gør hele molekylet langt mere polært, og det bliver således bedre opløseligt i en sur vandig opløsning. I en basisk vandig opløsning er aminogruppen derimod neutralt ladet, og derfor er molekylet her ikke lige så polært som i den sure opløsning. Vand er en polær solvent, og derfor er opløseligheden af et molekyle højere i vand, jo mere polært molekylet er.

d.

- Det er angivet, at der i en syntese af methylphenidat anvendes 10,3 g A og 2,02 g methanol, samt at udbyttet af methylphenidat er 8,41 g.

- Grundstoffernes molare masse bestemmes ved opslag i en databog.

Side 7

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

7

I denne opgave skal vi kende den molare masse for alle de tre forbindelser. Derfor beregnes disse først vha.

forbindelsernes molekylformler, der kan findes ved at tælle atomerne i de viste strukturer. I denne opgave forkortes methylphenidat med et M.

Sumformlen for A optælles til C_{13} H_{17} NO_{2}.
𝑀 ( 𝐴) = 13 ·𝑀 ( 𝐶) + 17 · 𝑀 ( 𝐻) + 𝑀 ( 𝑁) + 2 · 𝑀 ( 𝑂)
= 13 ·12,01 + 17 · 1,01 + 14,01 + 2 · 16,00

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= 219,31

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Sumformlen for methanol optælles til CH_{4} O.
𝑀 ( 𝑚𝑒𝑡ℎ𝑎𝑛𝑜𝑙) = 𝑀 ( 𝐶) + 4 · 𝑀 ( 𝐻) + 𝑀 ( 𝑂)
= 12,01 + 4 · 1,01 + 16,00

𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= 32,05

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Sumformlen for M optælles til C_{14} H_{19} NO_{2}.
𝑀 ( 𝐴) = 14 ·𝑀 ( 𝐶) + 19 · 𝑀 ( 𝐻) + 𝑀 ( 𝑁) + 2 · 𝑀 ( 𝑂)
= 14 ·12,01 + 19 · 1,01 + 14,01 + 2 · 16,00

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= 233,34

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Vi kan nu beregne stofmængderne af tilsat A og methanol.

𝑛 ( 𝐴) =

𝑚 ( 𝐴)

𝑀 ( 𝐴)

=

10,3 𝑔

219,31 𝑔 𝑚𝑜𝑙

= 0,047 𝑚𝑜𝑙

𝑛 ( 𝑚𝑒𝑡ℎ𝑎𝑛𝑜𝑙) =

𝑚 ( 𝑚𝑒𝑡ℎ𝑎𝑛𝑜𝑙)

𝑀 ( 𝑚𝑒𝑡ℎ𝑎𝑛𝑜𝑙)

=

2,02 𝑔

32,05 𝑔 𝑚𝑜𝑙

= 0,063 𝑚𝑜𝑙

Ud fra reaktionsskemaet kan vi se, at A og methanol reagerer i forholdet 1:1. Vi har netop beregnet, at n(methanol) > n(A), hvilket betyder, at A er den begrænsende reaktant. Derfor kan vi nu beregne det teoretiske udbytte af M, idet.

Side 8

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

8

𝑛 ( 𝐴) = 𝑛 ( 𝑀)_{𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘} =

𝑚 ( 𝑀)_{𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘}

𝑀(𝑀)

⇕

𝑚 ( 𝑀)_{𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘} = 𝑛 ( 𝐴) · 𝑚 ( 𝑀)
= 0,047 𝑚𝑜𝑙 · 233,34

𝑔 𝑚𝑜𝑙

= 10,97 𝑔

Altså er det teoretiske udbytte af M lig med 10,97 g. Endelig kan vi beregne det procentvise udbytte på følgende måde:

𝑢𝑑𝑏𝑦𝑡𝑡𝑒_{%} = · 100 %

𝑚 ( 𝑀)_{𝑝𝑟𝑎𝑘𝑡𝑖𝑠𝑘}
𝑚 ( 𝑀)_{𝑡𝑒𝑜𝑟𝑒𝑡𝑖𝑠𝑘}
= · 100 %

8,41 𝑔

10,97 𝑔

= 76,7 %

Altså er det procentvise udbytte af methylphenidat lig med 76,7 %.

Side 9

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

9

Opgave 3: Chlorbutansyre a.

- Det er angivet, at en opløsning af 3-chlorbutansyre på 250 mL skal have en koncentration på

0,037 M.

For at bestemme den nødvendige stofmængde af 3-chlorbutansyre, skal vi først kende 3-chlorbutansyres molare masse. Strukturen af 3-chlorbutansyre kan ses i figuren herunder, og ud fra denne kan vi optælle

molekylformlen til at være C_{4} H_{7} ClO_{2}.

OH

OCl

3-chlorbutansyre

𝑀 ( 𝐶_{4} 𝐻_{7} 𝐶𝑙𝑂_{2}) = 4 · 𝑀 ( 𝐶) + 7 · 𝑀 ( 𝐻) + 𝑀 ( 𝐶𝑙) + 2 · 𝑀 ( 𝑂)
= 4 · 12,01 + 7 · 1,01 + 35,45 + 2 · 16,00

𝑔 𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= 122,56

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Vi kan nu anvende følgende formel til at bestemme den nødvendige stofmængde af 3-chlorbutansyre, idet volumen af opløsningen skal være 250 mL (0,250 L).

𝑛 ( 3–𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒) = 𝑐 ( 3–𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒) · 𝑉
= 0,037 𝑀 · 0,250 𝐿
= 0,00925 𝑚𝑜𝑙

Vi omregner nu stofmængden til en masse vha. den molare masse for 3-chlorbutansyre.

𝑚 ( 3–𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒) = 𝑀 ( 3–𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒) · 𝑛 ( 3–𝑐ℎ𝑙𝑜𝑟𝑏𝑢𝑡𝑎𝑛𝑠𝑦𝑟𝑒)
= 122,56 · 0,00925 𝑚𝑜𝑙

𝑔 𝑚𝑜𝑙

= 1,13 𝑔

Altså skal der afvejes 1,13 g 3-chlorbutansyre.

b.

- Det er angivet, at 3-chlorbutansyre har en K_{s} -værdi på 8,9·10^{-5} M.

- Det er angivet, at opløsningen af 3-chlorbutansyre har en koncentration på 0,037 M.

I denne opgave skal vi først bestemme, hvorvidt 3-chlorbutansyre er en stærk, en ikke-stærk eller en svag

syre. Det gør vi ved at bestemme syrens pK_{s} -værdi, og dette kan gøres ud fra K_{s} -værdien med følgende

formel:

𝑝𝐾_{𝑠} = −log ( 𝐾_{𝑠}) = −log ( 8,9 · 10^{−5}) = 4,05
Da pK_{s} -værdien er større end 4, er der tale om en svag syre. pH-værdien for en opløsning af en svag syre

kan beregnes på følgende måde:

Side 10

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

10

𝑝𝐻 = · ( 𝑝𝐾_{𝑠} − log ( 𝑐_{𝑠}))

1

2

hvor c_{s} er koncentrationen af den svage syre. Vi indsætter nu de kendte værdier.

𝑝𝐻 = · ( 4,05 − log ( 0,037)) = 2,74

1

2

Altså er opløsningens pH-værdi lig med 2,74.

c.

- Det er beregnet, at pK_{s} -værdien for 3-chlorbutansyre er 4,05.

I et Bjerrum-diagram er pH-værdien angivet på x-aksen og syrebrøken på y-aksen. Kurven i diagrammet angiver derfor forholdet mellem syre og base til en given pH-værdi, da syrebrøken angiver, hvor stor en del af syremolekylerne, der optræder på syreform. Til venstre for kurven er syren protoneret, og til højre for

kurven er syren deprotoneret. Ud fra pufferligningen, som ses nedenfor, kan vi udlede, at pK_{s} = pH, når

koncentrationen af syren og dens korresponderende base er lig hinanden. I ligningerne forkortes 3-

chlorbutansyre med SH og den korresponderende base med S^{–}.

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + log

[𝑆^{−}]

[𝑆𝐻]

ℎ𝑣𝑖𝑠 [ 𝑆^{−}] = [ 𝑆𝐻] → log = log ( 1) = 0 → 𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + 0 = 𝑝𝐾_{𝑠}

[ 𝑆^{−}]

[ 𝑆𝐻]

Det betyder, at kurven i Bjerrum-diagrammet skal gå gennem punktet, hvor syrebrøken, Y_{s}, er 0,5, og hvor
pH-værdien er lig med pK_{s} -værdien, altså 4,05. Dermed kommer Bjerrum-diagrammet til at se således ud:

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

8

Ys pH

Bjerrum-diagram

SH S

-

Side 11

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

11 d.

- Det er tidligere bestemt, at pK_{s} -værdien for 3-chlorbutansyre er 4,05.

Vi skal bestemme forholdet mellem 3-chlorbutansyre og dens korresponderende base ved pH 4,3. Derfor anvender vi igen pufferligningen og isolerer dette forhold.

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + log

[𝑆^{−}]

[𝑆𝐻]

⇕

𝑝𝐻 − 𝑝𝐾_{𝑠} = log

[𝑆^{−}]

[𝑆𝐻]

⇕

[𝑆^{−}]

[𝑆𝐻]

= 10^{(}^{𝑝𝐻−𝑝𝐾_{𝑠}} = 10^{4,3−4,05} = 10^{0,25} = 1,78

)

Altså er forholdet mellem 3-chlorbutansyre og dens korresponderende base lig med 1,78 ved en pH-værdi på 4,3.

e.

- Det er angivet, at der anvendes 100 mL af en 0,037 M 3-chlorbutansyreopløsning, og der tilsættes

0,10 M natriumhydroxidopløsning.

For at løse denne opgave opstilles først en oversigt over stofmængderne før og efter tilsætning af natriumhydroxid. Når natriumhydroxid blandes med 3-chlorbutansyre, sker der en syre-base-reaktion, hvor produkterne er den korresponderende base og vand. Fordi natriumhydroxid er en stærk base, forløber

denne reaktion fuldstændigt. Igen bruges SH og S^{–} som forkortelser for hhv. 3-chlorbutansyre og dens

korresponderende base. Først beregnes dog stofmængden af 3-chlorbutansyre i opløsning på 100 mL (0,10 L).

𝑛 ( 𝑆𝐻) = 𝑐 ( 𝑆𝐻) · 𝑉 ( 𝑆𝐻) = 0,037 𝑀 · 0,10 𝐿 = 0,0037 𝑚𝑜𝑙

SH + NaOH → S^{–} + H O

2

Start 0,0037 mol x 0 mol –

Slut 0,0037 – x 0 mol X –

Vi kan nu sætte disse værdier ind i pufferligningen og løse ligningen med hensyn til x.

Side 12

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

12

𝑝𝐻 = 𝑝𝐾_{𝑠} + log

𝑛(𝑆^{−})

𝑛(𝑆𝐻)

4,3 = 4,05 + log()

𝑥

0,0037 − 𝑥

⇕ The equation is solved for x by WordMat.

𝑥 = 0,00236824

Vi skal altså tilsætte 0,00237 mol NaOH til opløsningen. Eftersom koncentrationen af NaOH-opløsningen er

0,10 M, kan vi beregne det ønskede volumen.

𝑉 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) = = = 0,0237 𝐿 = 23,7 𝑚𝐿

𝑛 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) 0,00237 𝑚𝑜𝑙 𝑐 ( 𝑁𝑎𝑂𝐻) 0,10 𝑀

Altså skal der tilsættes 23,7 mL af en 0,10 M NaOH-opløsning.

Side 13

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

13

Opgave 4: Brændt kalk a.

- En ligevægt er vist.

For en reaktion af følgende type gælder det, at ligevægtsloven, K, opskrives som vist nedenfor.

𝑎𝐴 ( 𝑎𝑞) + 𝑏𝐵 ( 𝑠) ⇌ 𝑐𝐶 ( 𝑙) + 𝑑𝐷(𝑔)

𝐾 =

𝑥 ( 𝐶)^{𝑐} · 𝑝 ( 𝐷)^{𝑑}
[ 𝐴]^{𝑎}

hvor x(C) er molfraktionen af C, p(D) er partialtrykket af D, og [A] er stofmængdekoncentrationen af A. Som det ses, indgår faste stoffer ikke i reaktionsbrøken (disse sættes i praksis lig med 1). I opgaveteksten er følgende ligevægt angivet:

𝐶𝑎𝐶𝑂_{3} ( 𝑠) ⇌ 𝐶𝑎𝑂 ( 𝑠) + 𝐶𝑂_{2} (𝑔)
Udtrykket for ligevægtsloven, K_{P}, indeholder kun partialtryk, og eftersom ligevægten ovenfor kun

indeholder faste stoffer og gasser, bliver K :
                                  P

𝐾_{𝑃} = 𝑝(𝐶𝑂_{2})

Hermed er ligevægtsloven opskrevet for ligevægten.

b.

- Før du læser løsningen, bør du prøve at løse opgaven selv med hjælp fra vores guide, som du kan hente her.

- Reaktionsskemaet for en ligevægt er vist.

- H° kan findes ved opslag i en databog.

Til at bestemme ∆H° for reaktionen kan følgende formel anvendes.

Δ𝐻° = ∑𝐻° ( 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑘𝑡𝑒𝑟) − ∑𝐻° ( 𝑟𝑒𝑎𝑘𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑟)
= (𝐻°(𝐶𝑂_{2} ( 𝑔)) + 𝐻°(𝐶𝑎𝑂 ( 𝑠))) − (𝐻°(𝐶𝑎𝐶𝑂_{3} ( 𝑠)))

= (−393,5 − 634,9) − (−1206,9) = 178,5

𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Altså er ∆H° lig med 178,5 kJ/mol for reaktionen. Vi kan se, at ∆H° > 0, hvilket betyder, at reaktionen er

endoterm, og derfor forbruger reaktionen varme.

Side 14

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

14 c.

- En tabel med sammenhørende værdier for ∆G° og temperaturen er vedlagt.

Vi ønsker først at finde en sammenhæng mellem ∆G° og temperaturen. Dette gøres ved at plotte de vedlagte data i et koordinatsystem og lave en lineær regression på data.

Vi kan nu aflæse, at der er følgende sammenhæng mellem temperaturen og ∆G°:

Δ𝐺° = −0,1588 · 𝑇 + 176,76

𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾 𝑚𝑜𝑙
Ved at sætte T = 900, får vi ∆G° ved 900 K.

Δ𝐺° = −0,1588 · 900 𝐾 + 176,76

𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾 𝑚𝑜𝑙
= 33,84

𝑘𝐽 𝑚𝑜𝑙

= 33840

𝐽 𝑚𝑜𝑙

Vi kan nu beregne ligevægtskonstanten, K_{P} ud fra ∆G°.

Δ𝐺° = −𝑅𝑇 · ln ( 𝐾_{𝑃})

⇕

−Δ𝐺°

𝑅𝑇

= ln ( 𝐾_{𝑃})

⇕

y = -0,1588x + 176,76
R² = 1

-20

0

20

40

60

80

100

120

0 1400

∆G° / (kJ/mol)

T / K

Side 15

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

15

𝐾_{𝑃} = 𝑒

−Δ𝐺°

𝑅𝑇

= 𝑒^{8,314}

−33840

𝐽 𝑚𝑜𝑙·𝐾

·900𝐾
= 0,0109 𝑏𝑎𝑟

≈ 0,010 𝑏𝑎𝑟

Hermed er det vist, at ligevægtskonstanten, K
                                     P

, ved 900 K er 0,010 bar.

d.

- Det er angivet, at 100 kg CaCO_{3} anbringes i en ovn på 100 m^{3} ved 900 K.

- Ligevægtskonstanten ved 900 K er angivet til 0,010 bar.

- Grundstoffernes molare masse findes ved opslag i en databog.

Når ligevægten af reaktionen har indstillet sig, gælder følgende:

𝐾_{𝑃} = 𝑝 ( 𝐶𝑂_{2}) = 0,010 𝑏𝑎𝑟

Ud fra reaktionsligningen kan vi se, at der dannes ét mol CO_{2} for hvert mol CaCO_{3}, der forbruges i

reaktionen, dvs.:

𝑛 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3})_{𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡} = 𝑛 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3})_{𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} − 𝑛 ( 𝐶𝑎𝑂)_{𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡}

Da vi kender værdien af K_{P} ved 900 K, kan vi beregne stofmængden af det dannede CO_{2} ved ligevægt vha.

idealgasloven.

𝑝 ( 𝐶𝑂_{2}) · 𝑉 = 𝑛 ( 𝐶𝑂_{2}) · 𝑅 · 𝑇

⇕

𝑛 ( 𝐶𝑂_{2}) =

𝑝 ( 𝐶𝑂_{2}) · 𝑉
𝑅 · 𝑇
=

0,010 𝑏𝑎𝑟 · 100 𝑚^{3}
8,314 · 10^{−5} · 900 𝐾

𝑏𝑎𝑟· 𝑚^{3}
𝑚𝑜𝑙 · 𝐾
= 13,36 𝑚𝑜𝑙

Vi skal nu blot beregne stofmængden af 100 kg CaCO_{3}.

𝑛 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3}) =

𝑚 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3})
𝑀 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3})
=

𝑚 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3})
𝑀 ( 𝐶𝑎) + 𝑀 ( 𝐶) + 3 · 𝑀 ( 𝑂)
=

100000 𝑔

40,08 + 12,01 + 3 · 16,00

𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= 999,10 𝑚𝑜𝑙

Side 16

Kemi A (Netadgang) HTX – Digital eksamen – 29. maj 2017

16

Vi bruger nu formlen fra før:

𝑛 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3})_{𝑙𝑖𝑔𝑒𝑣æ𝑔𝑡} = 999,10 𝑚𝑜𝑙 − 13,36 𝑚𝑜𝑙
= 985,74 𝑚𝑜𝑙

Endelig beregnes massen af 985,74 mol CaCO_{3}.

𝑚 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3}) = 𝑛 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3}) · 𝑀 ( 𝐶𝑎𝐶𝑂_{3})
= 985,74 𝑚𝑜𝑙 · (40,08 + 12,01 + 3 · 16,00)

𝑔 𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= 98663 𝑔
= 98,663 𝑘𝑔

Altså er der 98,663 kg CaCO_{3} tilbage i ovnen ved ligevægt.

e.

- Reaktionsligningen for ligevægten er vist.

𝐶𝑎𝐶𝑂_{3} ( 𝑠) ⇌ 𝐶𝑎𝑂 ( 𝑠) + 𝐶𝑂_{2} (𝑔)
Ved at blæse carbondioxid (CO_{2}) væk, fjernes et af produkterne fra systemet. Ifølge Le Chaterliers princip vil

systemet forsøge at udligne denne ændring ved at forskyde ligevægten mod højre – altså mod dannelsen af

mere produkt. Ved hele tiden at fjerne ét af produkterne (CO_{2}) forskydes ligevægten hele tiden længere og
længere mod højre, og i sidste ende vil al CaCO_{3} blive omdannet til produkt. Dette ville ikke ske, hvis CO_{2}

ikke blev fjernet, da ligevægten så i stedet ville indstille sig – og så vil mængden af de forskellige stoffer forblive konstant. Det betyder, at reaktionen vist i forrige opgave kun danner meget lidt produkt (eftersom

der var 98,6 kg ud af 100 kg CaCO_{3} tilbage ved ligevægt).

Altså bliver udbyttet af brændt kalk højere ved at blæse CO_{2} væk i processen, da reaktionen så drives til

ende.